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2019高考物理二輪（通用）選練（10）及解析

一、選擇題
1、(2018·廣東五校聯(lián)考)如圖所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪．A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著．已知質(zhì)量mA＝3 mB，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，那么下列說法中正確的是(　　)

A．彈簧的彈力不變
B．物體A對(duì)斜面的壓力將減小
C．物體A受到的靜摩擦力將減小
D．彈簧的彈力及物體A受到的靜摩擦力都不變

解析：設(shè)mA＝3mB＝3m，對(duì)物體B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得彈簧的彈力不變，A正確，再對(duì)物體A進(jìn)行受力分析，受重力、支持力、彈簧的彈力和靜摩擦力，如圖所示．剛開始由于mAgsin45°＝mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面傾角變?yōu)?0°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根據(jù)平衡條件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，F(xiàn)N－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，F(xiàn)N＝3mgcosθ.
當(dāng)θ減小時(shí)，物體A受到的靜摩擦力Ff將減小，物體A對(duì)斜面的壓力FN增大，故C正確，B、D錯(cuò)誤．
答案：AC
2、(2018·汕頭質(zhì)檢)建設(shè)房屋時(shí)，保持底邊L不變，要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ，以便下雨時(shí)落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂，雨滴下滑時(shí)可視為小球做無(wú)初速無(wú)摩擦的運(yùn)動(dòng)．下列說法正確的是(　　)

A．傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大
B．傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越大
C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的速度越大
D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時(shí)的時(shí)間越短

解析：設(shè)屋檐的底角為θ，底邊為L(zhǎng)，注意底邊長(zhǎng)度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為x，雨滴下滑時(shí)加速度為a，對(duì)雨滴做受力分析，只受重力mg和屋頂對(duì)雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ，雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時(shí)的加速度越大，故A正確；雨滴對(duì)屋頂?shù)膲毫Γ篎′N＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對(duì)屋頂壓力越小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度x＝，由x＝gsinθ·t2可得：t＝，可見當(dāng)θ＝45°時(shí)，用時(shí)最短，D錯(cuò)誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時(shí)的速度越大，C正確．
答案：AC
3、如圖所示，滑雪者由靜止開始沿斜坡從A點(diǎn)自由滑下，然后在水平面上前進(jìn)至B點(diǎn)停下．已知斜坡、水平面與滑雪板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)皆為μ，滑雪者(包括滑雪板)的質(zhì)量為m，A、B兩點(diǎn)間的水平距離為L(zhǎng).在滑雪者經(jīng)過AB段運(yùn)動(dòng)的過程中，克服摩擦力做的功(　　)

A．大于μmgL B．小于μmgL
C．等于μmgL D．以上三種情況都有可能

解析：設(shè)斜坡與水平面的交點(diǎn)為C，BC長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，AC水平長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，AC與水平面的夾角為θ，如圖所示，則滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－μmgcosθ·＝－μmgL2，所以在滑雪者經(jīng)過AB段過程中，摩擦力做功W＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功為μmgL.故選項(xiàng)C正確．
答案：C
4、(2018·四川資陽(yáng)二診)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略，一帶負(fù)電的油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是(　　)

A．平行板電容器的電容將減小
B．帶電油滴的電勢(shì)能將減少
C．靜電計(jì)指針的張角變小
D．若將上極板與電源正極斷開后，再將下極板左移一小段距離，則帶電油滴所受的電場(chǎng)力不變
解析：由C＝知，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，d減小，C增大，A錯(cuò)誤；U不變，靜電計(jì)指針的張角不變，C錯(cuò)誤；由E＝知，E增大，則P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢(shì)差增大，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，Ep＝φq，又油滴帶負(fù)電，則帶電油滴的電勢(shì)能將減少，B正確；若將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開后再將下極板左移一小段距離，Q不變，由C＝知，S減小，C減小，由U＝得，電壓U增大，場(chǎng)強(qiáng)E＝增大，帶電油滴所受的電場(chǎng)力增大，D錯(cuò)誤．
答案：B
5、如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在邊長(zhǎng)為2R的正方形區(qū)域里也有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在M點(diǎn)射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點(diǎn)射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點(diǎn)為正方形邊長(zhǎng)的中點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　)

A．帶電粒子在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間可能相同
B．從M點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng)
C．從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng)
D．從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶電粒子先飛出磁場(chǎng)
解析：畫軌跡草圖如圖所示，容易得出粒子在圓形磁場(chǎng)中的軌跡長(zhǎng)度(或軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角)不會(huì)大于在正方形磁場(chǎng)中的，故A、B、D正確．

答案：ABD
6、(2018·湖南十三校聯(lián)考)如圖所示為光電管工作原理圖，閉合開關(guān)，當(dāng)有波長(zhǎng)(均指真空中的波長(zhǎng)，下同)為λ的光照射陰極K時(shí)，電路中有光電流，則(　　)

A．換用波長(zhǎng)為λ1(λ1>λ)的光照射陰極K時(shí)，電路中一定沒有光電流
B．換用波長(zhǎng)為λ2(λ2<λ)的光照射陰極K時(shí)，電路中一定有光電流
C．增大電路中電源兩端電壓，電路中的光電流一定增大
D．將電路中電源的極性反接，電路中一定沒有光電流
解析：因?yàn)棣?>λ，則ν1<ν，所以用波長(zhǎng)為λ1的光照射陰極K，不一定發(fā)生光電效應(yīng)，A錯(cuò)誤；因?yàn)棣?<λ，則ν2>ν，所以用波長(zhǎng)為λ2的光照射陰極K，一定發(fā)生光電效應(yīng)，B正確；飽和光電流的大小與入射光的強(qiáng)度有關(guān)，與電壓無(wú)關(guān)，所以只增大電路中電源兩端的電壓，光電流不一定增大，C錯(cuò)誤；將電路中的電源反接，若電壓小于遏止電壓，仍然會(huì)有光電流產(chǎn)生，D錯(cuò)誤．
答案：B

二、非選擇題
1、(2018·河北省兩校高三年級(jí)模擬考試)質(zhì)量為m＝2 kg的物塊靜置于水平地面上，現(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的力F，力F隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，求：

(1)4 s后撤去力F，物塊還能繼續(xù)滑動(dòng)的時(shí)間t；
(2)前4 s內(nèi)，力F的平均功率．
解析：(1)物塊與地面之間最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝4 N，在第1 s內(nèi)物塊靜止不動(dòng)
第1～3 s內(nèi)，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律
a1＝＝2 m/s2
3 s末，物塊的速度v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s
第3～4 s內(nèi)，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，4 s后撤去外力物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝μg＝2 m/s2
則物塊繼續(xù)滑行時(shí)間t＝＝2 s
(2)設(shè)第1～3 s內(nèi)與第3～4 s內(nèi)物塊的位移分別為x1、x2
x1＝a1t＝4 m
x2＝v1t2＝4 m
前4 s內(nèi)，力F做功的大小為W＝F1x1＋F2x2＝48 J
前4 s內(nèi)，力F的平均功率P＝＝12 W
答案：(1)2 s　(2)12 W
2、(2018·河北滄州模擬)(1)(10分)兩位同學(xué)用兩面平行的玻璃磚做“測(cè)定玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)．
①甲同學(xué)在量入射角和折射角時(shí)，由于沒有量角器，在完成了光路圖以后，以O(shè)點(diǎn)為圓心，OA為半徑畫圓，交OO′延長(zhǎng)線于C點(diǎn)，過A點(diǎn)和C點(diǎn)作垂直于法線的線段分別交法線于B點(diǎn)和D點(diǎn)，如圖所示．測(cè)量有關(guān)線段長(zhǎng)度，可得玻璃的折射率n＝________.(用圖中線段表示)
②乙同學(xué)在畫界面時(shí)，不小心將兩界面ab和cd間距畫得比玻璃磚寬度大些，下界面與實(shí)際相同，如圖所示．若操作無(wú)誤，則他測(cè)得的折射率比真實(shí)值________(填“偏大”“偏小”或“不變”)．


(2)(15分)如圖所示，一列波沿x軸傳播，t＝0時(shí)刻的波形如實(shí)線所示，t＝0.5 s時(shí)刻的波形如虛線所示，t＝0時(shí)刻位于x＝4 m處的質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸正向運(yùn)動(dòng)．
(ⅰ)若從t＝0到t＝0.5 s這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為1 m，則這列波的波速為多少？
(ⅱ)若3T<0.5 s<4T，則這列波的波速為多少？
解析：(1)①題圖甲中AO為入射光線，OO′是折射光線，設(shè)光線在玻璃磚上表面的入射角為i，折射角為r，則由幾何知識(shí)得到sini＝，sinr＝，又AO＝OC，則折射率n＝＝.
②

“測(cè)定玻璃磚折射率”的實(shí)驗(yàn)原理是折射定律n＝，如圖所示，右邊實(shí)線表示實(shí)際的光路圖，左邊虛線表示作圖光路圖，由圖可看出，畫圖時(shí)的入射角不變、折射角比實(shí)際的折射角變大，由折射定律可知，測(cè)出的折射率變小．
(2)(ⅰ)從t＝0到t＝0.5 s這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為s＝1 m
則s＝n×4A
得n＝1.25
即1.25T＝0.5 s
得T＝0.4 s
波速為v＝＝ m/s＝20 m/s
(ⅱ)由于t＝0時(shí)刻位于x＝4 m處的質(zhì)點(diǎn)P正沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷波沿x軸正向傳播，因此有0.5 s＝T
由于3T<0.5 s<4T
因此2解得T＝ s
波傳播的速度v＝＝52 m/s.
答案：(1)①　②變小　(2)(ⅰ)20 m/s
(ⅱ)52 m/s


2019高考物理二輪（通用）選練（1）及解析
一、選擇題
1、一質(zhì)量為m的滑塊在粗糙水平面上滑行，通過頻閃照片分析得知，滑塊在最開始2 s內(nèi)的位移是最后2 s內(nèi)位移的兩倍，且已知滑塊最開始1 s內(nèi)的位移為2.5 m，由此可求得(　　)
A．滑塊的加速度為5m/s2
B．滑塊的初速度為5m/s
C．滑塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為3 s
D．滑塊運(yùn)動(dòng)的總位移為4.5 m
解析：根據(jù)滑塊最開始1 s內(nèi)的位移為2.5 m，有2.5 m＝v0×1 s－a×(1 s)2，根據(jù)滑塊在最開始2 s內(nèi)的位移是最后2 s內(nèi)位移的兩倍，有v0×2 s－a×(2 s)2＝2×a×(2 s)2，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，v0＝3 m/s，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；滑塊運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝＝3 s，C正確；滑塊運(yùn)動(dòng)的總位移為x＝t＝4.5 m，D正確．
答案：CD
2、(2018·江蘇蘇北四市一模)(多選)澳大利亞科學(xué)家近日宣布，在離地球約14光年的“紅矮星Wolf 1061”周圍發(fā)現(xiàn)了三顆行星b、c、d，它們的公轉(zhuǎn)周期分別是5天、18天、67天，公轉(zhuǎn)軌道可視為圓，如圖所示．已知引力常量為G.下列說法正確的是(　　)

A．可求出b、c的公轉(zhuǎn)半徑之比
B．可求出c、d的向心加速度之比
C．若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出“紅矮星”的質(zhì)量
D．若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出“紅矮星”的密度
解析：行星b、c的周期分別為5天、18天，均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開普勒第三定律＝k，可以求出軌道半徑之比，A正確．行星c、d的周期分別為18天、67天，同上可以求出軌道半徑之比，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有G＝ma，解得a＝，故可以求出c、d的向心加速度之比，B正確．已知c的公轉(zhuǎn)半徑和周期，根據(jù)牛頓第二定律有G＝mr，解得M＝，故可以求出“紅矮星”的質(zhì)量，但不知道“紅矮星”的體積G，無(wú)法求出“紅矮星”的密度，C正確，D錯(cuò)誤．
答案：ABC
3、(2018·運(yùn)城模擬)有關(guān)實(shí)際中的現(xiàn)象，下列說法不正確的是(　　)
A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度
B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力
C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減少反沖的影響
D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好
解析：根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度，故A正確；體操運(yùn)動(dòng)員在落地的過程中，動(dòng)量變化一定．由動(dòng)量定理可知，運(yùn)動(dòng)員受到的沖量I一定；由I＝Ft可知，體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是延長(zhǎng)時(shí)間t，可以減小運(yùn)動(dòng)員所受到的平均沖力F，故B正確；用槍射擊時(shí)子彈給槍身一個(gè)反作用力，會(huì)使槍身后退，影響射擊的準(zhǔn)確度，所以為了減少反沖的影響，用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身，故C正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，就要延長(zhǎng)碰撞的時(shí)間，由I＝Ft可知位于車體前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙不能太堅(jiān)固，故D錯(cuò)誤．
答案：D
4、如圖是一個(gè)將電流表改裝成歐姆表的電路示意圖，此歐姆表已經(jīng)調(diào)零，用此歐姆表測(cè)一阻值為R的電阻時(shí)，指針偏轉(zhuǎn)至滿刻度4/5處，現(xiàn)用該表測(cè)一未知電阻，指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的1/5處，則該電阻的阻值為(　　)

A．4R　　　　　　　　　B．5R
C．10R D．16R
解析：設(shè)電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為R內(nèi)，滿偏電流為Ig，歐姆表調(diào)零即待測(cè)電阻為零，此時(shí)由閉合回路歐姆定律有，Ig＝，測(cè)阻值為R的電阻時(shí)，Ig＝.測(cè)未知電阻時(shí)，Ig＝，聯(lián)立以上三式解得Rx＝16R，故D項(xiàng)對(duì)．
答案：D
5、(2018·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)一診)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一細(xì)金屬圓環(huán)，圓環(huán)平面位于紙面內(nèi)，如圖甲所示．磁場(chǎng)方向垂直紙面，規(guī)定向里的方向?yàn)檎鸥袘?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．用I1、I2、I3分別表示Oa、ab、bc段的感應(yīng)電流，F(xiàn)1、F2、F3分別表示金屬環(huán)產(chǎn)生對(duì)應(yīng)感應(yīng)電流時(shí)其中很小段受到的安培力．則(　　)

A．I1沿逆時(shí)針方向，I2沿順時(shí)針方向
B．I2沿順時(shí)針方向，I3沿逆時(shí)針方向
C．F1方向指向圓心，F(xiàn)2方向指向圓心
D．F2方向背離圓心向外，F(xiàn)3方向指向圓心
解析：由題圖可知，在Oa段磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I1沿逆時(shí)針方向，在ab段磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，穿過圓環(huán)的磁通量減少，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I2沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；在bc段磁場(chǎng)垂直紙面向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流I3沿順時(shí)針方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由左手定則可知，Oa段電流受到的安培力F1方向指向圓心，ab段電流受到的安培力F2方向背離圓心向外，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；bc段電流受到的安培力F3方向指向圓心，選項(xiàng)D正確．
答案：AD
6、某發(fā)電機(jī)說明書的部分內(nèi)容如下表所示，現(xiàn)在用一臺(tái)該型號(hào)的柴油發(fā)電機(jī)給災(zāi)民臨時(shí)安置區(qū)供電，如圖所示．發(fā)電機(jī)到安置區(qū)的距離是400 m，輸電線路中的火線和零線均為某型號(hào)單股銅導(dǎo)線，該型號(hào)導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的電阻為2.5×10－4 Ω.安置區(qū)家用電器的總功率為44 kW，當(dāng)這些額定電壓為220 V的家用電器都正常工作時(shí)(　　)
型號(hào) ××××
最大輸出功率 60 kW
輸出電壓范圍 220 V～300 V

A．輸電線路中的電流為20 A
B．發(fā)電機(jī)實(shí)際輸出電壓是300 V
C．在輸電線路上損失的電功率為8 kW
D．如果該柴油發(fā)電機(jī)發(fā)的電是正弦式交變電流，則輸出電壓最大值是300 V
解析：額定電壓為220 V的家用電器都正常工作時(shí)，輸電線路中的電流I＝＝200 A，A錯(cuò)誤．發(fā)電機(jī)的實(shí)際輸出電壓為U發(fā)＝U＋I(xiàn)r＝260 V，B錯(cuò)誤．在輸電線路上損失的電功率P損＝I2r＝8 kW，C正確．如果該柴油發(fā)電機(jī)發(fā)的電是正弦式交變電流，則其輸出電壓最大值是260 V≈367.7 V，D錯(cuò)誤．
答案：C

二、非選擇題
1、(2018·廣東湛江一中等四校聯(lián)考)在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中．

(1)某次實(shí)驗(yàn)中兩彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)分別為F1＝1.92 N，F(xiàn)2＝3.84 N，如圖甲所示，F(xiàn)1和F2的合力大小F合＝________N．(保留3位有效數(shù)字)現(xiàn)保持F2方向不變，減小F1和F2的夾角，為了使橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同樣的位置O點(diǎn)，下列說法正確的是________．
A．F1一定減小 B．F1一定增大
C．F2一定減小 D．F2一定增大
(2)某同學(xué)想知道彈簧測(cè)力計(jì)中彈簧的勁度系數(shù)，于是，他將刻度尺與彈簧測(cè)力計(jì)平行放置，如圖乙所示，他根據(jù)圖中信息得出了彈簧的勁度系數(shù)k＝________N/m.(保留2位有效數(shù)字)

解析：(1)根據(jù)平行四邊形定則作出F1和F2的合力如圖甲所示．F1＝1.92 N，F(xiàn)2＝3.84 N＝2F1，由幾何關(guān)系可得F1、F2和F合構(gòu)成一個(gè)直角三角形，F(xiàn)合＝F2sin60°＝3.33 N.

對(duì)點(diǎn)O受力分析，受到兩個(gè)彈簧的拉力和橡皮條的拉力，保持O點(diǎn)的位置和F2方向不變，使橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同樣的位置O點(diǎn)，拉力F1方向和大小都改變，如圖乙所示．
根據(jù)平行四邊形定則可以看出，當(dāng)F1與F2夾角減小時(shí)，F(xiàn)2的讀數(shù)不斷減小，F(xiàn)1先變小后變大，所以C正確．
(2)根據(jù)題圖乙可以知道，當(dāng)拉力為5.0 N時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量△x＝(8.98－0.5) cm＝8.48 cm，因?yàn)榭潭瘸咝枰雷x，在范圍8.47～8.49 cm內(nèi)均正確．
因此根據(jù)F＝kx得k＝＝＝59 N/m
在范圍58～60 N/m內(nèi)均正確．
答案：(1)3.33　C(每空4分)　(2)59(4分)
2、如圖所示，在水平面上有兩條平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直．它們接入電路的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬桿的摩擦不計(jì)．桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則分別在桿2固定與不固定兩種情況下，求最初擺放兩桿時(shí)的最小距離之比．

解析：桿2固定時(shí)，設(shè)桿1恰好滑到桿2處速度為零，初始兩桿距離為x1.
對(duì)桿1應(yīng)用動(dòng)量定理得－B1d·t1＝0－mv0①
由法拉第電磁感應(yīng)定律得1＝＝②
由歐姆定律得1＝③
聯(lián)立①②③得x1＝④
桿2不固定時(shí)，兩桿恰好不相碰，設(shè)其共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv⑤
對(duì)桿2應(yīng)用動(dòng)量定理得－B2d·t2＝0－mv⑥
設(shè)兩桿恰不相碰，初始距離為x2.
由法拉第電磁感應(yīng)定律，2＝＝⑦
由歐姆定律得2＝⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得x2＝⑨
由④⑨知＝2.
答案：2


2019高考物理二輪（通用）選練（2）及解析

一、選擇題
1、在一大霧天，一輛汽車以32 m/s的速度勻速行駛在高速公路上，t＝0時(shí)刻汽車司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)正前方100 m處有一輛貨車以20 m/s的速度同方向勻速行駛，為避免與貨車相撞，汽車司機(jī)立即剎車．已知兩車運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖所示，則(　　)

A．汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度為4 m/s2
B．兩車的最近距離為82 m
C．t＝6 s時(shí)汽車和貨車相撞
D．t＝3 s時(shí)貨車在汽車前
解析：由v－t圖象可知汽車減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a＝＝ m/s2＝－4 m/s2，加速度是矢量，既有大小又有方向，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；二者速度相等時(shí)兩車具有最小距離，根據(jù)v＝v0＋at得t＝3 s，此時(shí)二者距離x＝x0＋vt－(v0t＋at2)＝82 m，所以B正確、D正確；“勻減速追勻速”，速度相等時(shí)沒有追上，此后汽車速度小于貨車速度；二者不會(huì)相撞，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
答案：BD
2、(2018·湖北省襄陽(yáng)市高三第一次調(diào)研測(cè)試)(多選)如圖所示，半徑可變的四分之一光滑圓弧軌道置于豎直平面內(nèi)，軌道的末端B處切線水平，現(xiàn)將一小物體從軌道頂端A處由靜止釋放．小物體剛到B點(diǎn)時(shí)的加速度為a，對(duì)B點(diǎn)的壓力為FN，小物體離開B點(diǎn)后的水平位移為x，落地時(shí)的速率為v.若保持圓心的位置不變，改變圓弧軌道的半徑R(不超過圓心離地的高度)．不計(jì)空氣阻力，下列圖象正確的是(　　)


解析：設(shè)小物體釋放位置距地面高為H，小物體從A點(diǎn)到B點(diǎn)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律有，vB＝，到地面時(shí)的速度v＝，小物體的釋放位置到地面間的距離始終不變，則選項(xiàng)D對(duì)；小物體在B點(diǎn)的加速度a＝＝2g，選項(xiàng)A對(duì)；在B點(diǎn)對(duì)小物體應(yīng)用向心力公式，有FB－mg＝，又由牛頓第三定律可知N＝FB＝3mg，選項(xiàng)B錯(cuò)；小物體離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有H－R＝gt2，水平方向有x＝vBt，聯(lián)立可知x2＝4(H－R)R，選項(xiàng)C錯(cuò)．
答案：AD
3、一物體從某高處由靜止釋放，設(shè)所受空氣阻力恒定，當(dāng)它下落h時(shí)的動(dòng)量大小為p1，當(dāng)它下落2h時(shí)動(dòng)量大小為p2，那么p1?：p2等于(　　)
A．1?：1　　B．1?：
C．1?：2 D．1?：4
解析：物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v＝2ah，v＝2a(2h)，則p1＝m，p2＝m，p1?：p2＝1?：，故B選項(xiàng)正確．
答案：B
4、(2018·江蘇淮海中學(xué)月考)如圖所示，電源A的電壓為6 V，電源B的電壓為8 V，電容器的電容為200 pF，當(dāng)開關(guān)S合向A，穩(wěn)定后再合向B，再次達(dá)到穩(wěn)定，則在這個(gè)過程中通過電流計(jì)的電荷量為(　　)

A．4×10－9 C B．1.2×10－9 C
C．1.6×10－9 C D．2.8×10－9 C
解析：開關(guān)S打在A時(shí)，電容器的電壓為U1＝6 V，電量為：Q1＝CU1＝2×10－10×6 C＝1.2×10－9 C．開關(guān)S打在B時(shí)，穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓為U2＝8 V，電量為：Q2＝CU2＝2×10－10×8 C＝1.6×10－9 C．故通過電流計(jì)的電荷量為：Q＝Q1＋Q2＝2.8×10－9 C.
答案：D
5、如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.50 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)體棒PQ在豎直向上的拉力F的作用下向下做初速度為0、加速度a＝5 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)軌間距離L＝1.0 m，電阻R＝1.0 Ω，導(dǎo)體棒質(zhì)量m＝1 kg，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌接觸良好且電阻均不計(jì)，取g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　)

A．導(dǎo)體棒運(yùn)行2 s時(shí)，拉力的功率為25 W
B．拉力F所做的功等于導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能
C．t＝4 s時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力為5 N
D．導(dǎo)體棒運(yùn)行2 s的過程中，通過電阻的電荷量為2.5 C
解析：經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒所受安培力為F安＝BIL＝＝t，所以t＝4 s時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力為5 N，C對(duì)；由牛頓第二定律可得mg－F－F安＝ma，代入數(shù)值可得拉力大小為F＝5－t(N)，所以t＝2 s時(shí)，拉力F＝2.5 N，速度為v＝at＝10 m/s，拉力功率為P＝Fv＝25 W，A對(duì)；由功能關(guān)系知拉力F和安培力所做的功等于導(dǎo)體棒減少的機(jī)械能，B錯(cuò)；導(dǎo)體棒運(yùn)行2 s的過程中，通過電阻的電荷量為q＝t＝＝＝5 C，D錯(cuò)．
答案：AC
6、圖甲的正弦交變電壓接在圖乙的理想變壓器原線圈上，R是滑動(dòng)變阻器，變壓器原線圈匝數(shù)為55匝，P是副線圈上的滑動(dòng)觸頭，當(dāng)P處于圖示位置時(shí)，副線圈連入電路部分的匝數(shù)為10匝，燈泡L恰能正常發(fā)光，電容器C恰好不被擊穿．則下列說法正確的是(　　)


A．R的滑片不動(dòng)，向上移動(dòng)P，燈L變暗
B．P不動(dòng)，向下移動(dòng)R的滑片，燈L變暗
C．電容器C的擊穿電壓為20 V
D．向上移動(dòng)P，變壓器輸入功率變大
解析：保持R的滑片不動(dòng)，向上移動(dòng)P，則副線圈電壓變大，燈泡變亮，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；保持P不動(dòng)，向下移動(dòng)R的滑片，R減小，流過燈泡電流變大，燈泡變亮，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器的擊穿電壓是指最大值，據(jù)變壓器原副線圈電壓最大值的變比關(guān)系＝得umax2＝40 V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；向上移動(dòng)P，則副線圈電壓變大，變壓器輸出功率變大，理想變壓器輸入功率等于輸出功率，變壓器輸入功率變大，D正確．
答案：D

二、非選擇題
1、(2018·南昌模擬)某物理實(shí)驗(yàn)小組在探究彈簧的勁度系數(shù)k與其原長(zhǎng)l0的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，按示意圖所示安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，讓刻度尺零刻度與輕質(zhì)彈簧上端平齊，在彈簧上安裝可移動(dòng)的輕質(zhì)指針P，實(shí)驗(yàn)時(shí)的主要步驟：

①將指針P移到刻度尺的5 cm處，在彈簧掛鉤上掛上200 g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?lái)；
②取下鉤碼，將指針P移到刻度尺的10 cm處，在彈簧掛鉤上掛上250 g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?lái)；
③取下鉤碼，將指針P移到刻度尺的15 cm處，在彈簧掛鉤上掛上50 g的鉤碼，靜止時(shí)讀出指針?biāo)缚潭炔⒂涗浵聛?lái)；
④重復(fù)③步驟，在每次重復(fù)③時(shí)，都將指針P下移5 cm，同時(shí)保持掛鉤上掛的鉤碼質(zhì)量不變．
將實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)記錄、列表如下：
次數(shù) 彈簧原長(zhǎng)l0/cm 彈簧長(zhǎng)度l/cm 鉤碼質(zhì)量m/g
1 5.00 7.23 200
2 10.00 15.56 250
3 15.00 16.67 50
4 20.00 22.23 50
5 25.00 30.56 50
根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟和列表數(shù)據(jù)，回答下列問題：
(1)重力加速度g取10 m/s2，在實(shí)驗(yàn)步驟③中，彈簧的原長(zhǎng)為15 cm時(shí)，其勁度系數(shù)k＝________N/m.
(2)同一根彈簧的原長(zhǎng)越長(zhǎng)，彈簧的勁度系數(shù)________．(彈簧處在彈性限度內(nèi))
A．不變 B．越大
C．越小
解析：(1)掛50 g鉤碼時(shí)，彈簧的彈力為0.5 N，根據(jù)胡克定律得，k＝＝ N/m≈30 N/m.
(2)對(duì)第3、4、5次數(shù)據(jù)分析，彈簧彈力相等，同一根彈簧，原長(zhǎng)越長(zhǎng)，形變量越大，根據(jù)胡克定律F＝kx知，彈簧的勁度系數(shù)越小，故選項(xiàng)C正確．
答案：(1)30　(2)C
2、(2018·河南中原名校聯(lián)考)如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20 cm、相互平行的無(wú)電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02 Ω的導(dǎo)體棒a，軌道上橫置一根質(zhì)量m＝40 g、電阻可忽略不計(jì)的金屬棒b，兩棒相距也為L(zhǎng)＝20 cm.該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．開始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝0.1 T，設(shè)棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2.
(1)若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小不變，從t＝0時(shí)刻開始，給b棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示．求b棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及b棒與軌道間的滑動(dòng)摩擦力；
(2)若從t＝0開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬捧b開始運(yùn)動(dòng)前，這個(gè)裝置釋放的熱量．

解析：(1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝＝③
v＝at④
所以F安＝t
當(dāng)b棒勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－Ff－F安＝ma⑤
聯(lián)立可得F－Ff－t＝ma⑥
由圖象可得：當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)＝0.4 N，當(dāng)t＝1 s時(shí)，F(xiàn)＝0.5 N.
代入⑥式，可解得a＝5 m/s2，F(xiàn)f＝0.2 N.
(2)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大時(shí)，閉合電路中有恒定的感應(yīng)電流I，以b棒為研究對(duì)象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到b所受安培力F′安與最大靜摩擦力Ff相等時(shí)開始滑動(dòng)．
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝L2＝0.02 V⑦
I′＝＝1 A⑧
棒b將要運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F′安＝BtI′L＝Ff⑨
所以Bt＝1 T，
根據(jù)Bt＝B0＋t⑩
得t＝1.8 s，
回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036 J.
答案：(1)5 m/s2　0.2 N　(2)0.036 J




2019高考物理二輪（通用）選練（3）及解析

一、選擇題
1、(2018·東海縣學(xué)情調(diào)研考試)如圖所示，一物體在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(　　)

A．物體可能只受兩個(gè)力作用
B．物體可能受三個(gè)力作用
C．物體可能不受摩擦力作用
D．物體一定受四個(gè)力作用
解析：物體受到豎直向下的重力，地面給的支持力，恒定拉力F和地面給的摩擦力，四個(gè)力作用，缺少一個(gè)，則物體受到的合力不能為零，所以物體一定受四個(gè)力作用，D正確．
答案：D
2、關(guān)于力與運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　)
A．沒有力的推動(dòng)作用，小車就不能運(yùn)動(dòng)
B．物體只受一個(gè)力的作用，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定改變
C．物體處于靜止時(shí)才有慣性
D．汽車的速度越大則慣性越大
解析：慣性是物體能夠保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的一種性質(zhì)，小車已經(jīng)有了初速度的情況下，沒有力的推動(dòng)作用，小車仍然運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，物體只受一個(gè)力的作用，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定改變，故B正確；慣性是物體的固有屬性，它指的是物體能夠保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的一種性質(zhì)，慣性大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故C、D錯(cuò)誤．
答案：B
3、甲、乙兩物體分別在恒力F1、F2的作用下，沿同一直線運(yùn)動(dòng)．它們的動(dòng)量隨時(shí)間變化如圖所示．設(shè)甲在t1時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I1，乙在t2時(shí)間內(nèi)所受的沖量為I2，則F、I的大小關(guān)系是(　　)

A．F1>F2，I1＝I2 B．F1C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
解析：沖量I＝Δp，從題圖上看，甲、乙兩物體動(dòng)量變化的大小I1＝I2，又因?yàn)镮1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.
答案：A
4、在如圖所示電路中E為電源，其電動(dòng)勢(shì)E＝9.0 V，內(nèi)阻可忽略不計(jì)；AB為滑動(dòng)變阻器，其電阻R＝30 Ω；L為一小燈泡，其額定電壓U＝6.0 V，額定功率P＝1.8 W；S為開關(guān)，開始時(shí)滑動(dòng)變阻器的觸頭位于B端，現(xiàn)在接通開關(guān)S，然后將觸頭緩慢地向A端滑動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)某一位置C處時(shí)，小燈泡剛好正常發(fā)光．則C、B之間的電阻應(yīng)為(　　)

A．10 Ω B．20 Ω
C．15 Ω D．5 Ω
解析：本題中小燈泡剛好正常發(fā)光，說明此時(shí)小燈泡達(dá)到額定電流I額＝＝ A＝0.3 A，兩端電壓達(dá)到額定電壓U額＝6.0 V，而小燈泡和電源、滑動(dòng)電阻AC串聯(lián)，則電阻AC的電流與小燈泡的電流相等，RAC＝＝10 Ω，RCB＝R－RAC＝20 Ω，B項(xiàng)正確．
答案：B
5、下列裝置中，沒有利用帶電粒子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是(　　)

解析：洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，不是利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以選項(xiàng)D符合題意．
答案：D
6、(2018·湖北黃岡中學(xué)月考)(多選)有一個(gè)交變電流U＝311sin314t(V)，則下列說法中正確的是(　　)
A．這個(gè)交變電流的頻率是50 Hz
B．它可以使“220 V　100 W”的燈泡正常發(fā)光
C．用交流電壓表測(cè)量時(shí)，讀數(shù)為311 V
D．使用這個(gè)交變電流的用電器，每通過1 C的電荷量時(shí)，電流做功220 J
解析：由瞬時(shí)值表達(dá)式可知Um＝311 V，ω＝314 rad/s，頻率f＝＝50 Hz，選項(xiàng)A正確；電壓的有效值U有＝＝220 V，可以使“220 V　100 W”的燈泡正常發(fā)光，選項(xiàng)B正確；交流電表讀數(shù)為有效值，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每通過1 C的電荷量時(shí)，電流做功W＝qU有＝220 J，選項(xiàng)D正確．
答案：ABD

二、非選擇題
1、完成以下“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)的幾個(gè)主要步驟：

(1)如圖甲，用兩只彈簧測(cè)力計(jì)分別鉤住細(xì)繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長(zhǎng)，記下結(jié)點(diǎn)O的位置、兩彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)F1、F2以及兩細(xì)繩套的方向．
(2)如圖乙，用一只彈簧測(cè)力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到________，記下細(xì)繩套的方向(如圖丙中的c)，讀得彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F＝________.
(3)如圖丙，按選定的標(biāo)度作出了力F1、F2的圖示，請(qǐng)?jiān)趫D丙中：
①按同樣的標(biāo)度作出力F的圖示；
②按力的平行四邊形定則作出F1、F2的合力F′.
(4)若F′與F________________________________________________________________________，
則平行四邊形定則得到驗(yàn)證．
解析：(2)如題圖乙，用一只彈簧測(cè)力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同一位置O，記下細(xì)繩套的方向，由圖示彈簧測(cè)力計(jì)可讀得彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)F＝4.0 N.
(3)①作出力F的圖示如圖所示．

②根據(jù)力的平行四邊形定則，作出F1、F2的合力F′，如圖所示．
(4)若有F′與F在誤差范圍內(nèi)大小相等，方向相同，則平行四邊形定則得到驗(yàn)證．
答案：(2)同一位置O　4.0 N
(3)見解析
(4)在誤差范圍內(nèi)大小相等，方向相同
2、如圖所示，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的Li核俘獲一個(gè)速度為v0＝7.7×104 m/s的中子而發(fā)生核反應(yīng)Li＋n→H＋He.若已知He的速度v2＝2.0×104 m/s，其方向與反應(yīng)前中子速度方向相同，求：

(1)H的速度是多大；
(2)在圖中畫出兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡并求出軌道半徑之比；
(3)當(dāng)粒子He旋轉(zhuǎn)3周時(shí)，粒子H旋轉(zhuǎn)幾圈．
解析：(1)中子撞擊鋰核生成氚核和氦核過程中動(dòng)量守恒，有
m0v0＝m1v1＋m2v2
式中m0、m1、m2分別為中子、氚核、氦核的質(zhì)量，v1為氚核速度，
代入數(shù)據(jù)得v1＝1.0×103 m/s，方向與v0相反(即與v2相反)．
(2)氚核、氦核在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為
r1?：r2＝?：＝?：＝3?：40
運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

(3)氚核、氦核做圓周運(yùn)動(dòng)的周期之比為
T1?：T2＝?：＝?：＝3?：2
所以它們旋轉(zhuǎn)周期之比為n1?：n2＝T2：T1＝2?：3
當(dāng)α粒子旋轉(zhuǎn)3周時(shí)，氚核旋轉(zhuǎn)2周．
答案：(1)1.0×103 m/s　(2)3?：40　(3)2




2019高考物理二輪（通用）選練（4）及解析

一、選擇題
1、(2018·蕪湖模擬)如圖所示，用平行于斜面體A的輕彈簧將物塊P拴接在擋板B上，在物塊P上施加沿斜面向上的推力F，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是(　　)

A．物塊P與斜面之間一定存在摩擦力
B．彈簧的彈力一定沿斜面向下
C．地面對(duì)斜面體A的摩擦力水平向左
D．若增大推力，則彈簧彈力一定減小
解析：對(duì)物塊P受力分析可知，若推力F與彈簧彈力的合力與物塊重力沿斜面向下的分力平衡，則物塊P與斜面之間無(wú)摩擦力，A錯(cuò)誤；彈簧處于拉伸或壓縮狀態(tài)物塊P均可能保持靜止，B錯(cuò)誤；由整體法可知地面對(duì)斜面體A的靜摩擦力平衡了推力F沿水平方向向右的分力，C正確；增大推力F，若物塊P仍保持靜止，則彈簧的彈力不變，D錯(cuò)誤．
答案：C
2、(2018·江西新余四中模擬)圖示為索道輸運(yùn)貨物的情景．已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂底板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.30.當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物與車廂仍然保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，重物對(duì)車廂內(nèi)水平底板的正壓力為其重力的1.15倍，那么這時(shí)重物對(duì)車廂底板的摩擦力大小為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A．0.35mg　B．0.30mg
C．0.23mg D．0.20mg
解析：由于重物對(duì)車廂內(nèi)水平底板的正壓力為其重力的1.15倍，在豎直方向上，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma豎直，解得a豎直＝0.15g，設(shè)水平方向上的加速度為a水平，則＝tan37°＝，解得a水平＝0.20g，對(duì)重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得Ff＝ma水平＝0.20mg，故D正確．
答案：D
3、如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止?fàn)顟B(tài)．若突然撤去力F，則下列說法中正確的是(　　)

A．木塊A離開墻壁前，墻對(duì)木塊A的沖量大小等于木塊B動(dòng)量變化量的大小
B．木塊A離開墻壁前，彈性勢(shì)能的減少量等于木塊B動(dòng)能的增量
C．木塊A離開墻壁時(shí)，B的動(dòng)能等于A、B共速時(shí)的彈性勢(shì)能
D．木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，木塊A的速度為零
解析：木塊A離開墻壁前，對(duì)A、B整體而言，墻對(duì)木塊A的沖量大小等于整體的動(dòng)量變化量即等于木塊B動(dòng)量變化量的大小；根據(jù)能量守恒定律，木塊A離開墻壁前，彈性勢(shì)能的減少量等于木塊B動(dòng)能的增量；木塊A離開墻壁時(shí)，B的動(dòng)能等于A、B共速時(shí)的彈性勢(shì)能及A的動(dòng)能之和；木塊A離開墻壁后，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A、B交換速度，木塊B的速度為零．選項(xiàng)A、B正確．
答案：AB
4、如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝12 V，內(nèi)阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻R0′＝1 Ω.當(dāng)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1時(shí)可使圖甲中電路的輸出功率最大；調(diào)節(jié)R2時(shí)可使圖乙中電路的輸出功率最大，且此時(shí)電動(dòng)機(jī)剛好正常工作(額定輸出功率為P0＝2 W)，則R1和R2連入電路中的阻值分別為(　　)

A．2 Ω、2 Ω B．2 Ω、1.5 Ω
C．1.5 Ω、1.5 Ω D．1.5 Ω、2 Ω
解析：因?yàn)轭}圖甲電路是純電阻電路，當(dāng)外電阻與電源內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，所以R1接入電路中的阻值為2 Ω；而題圖乙電路是含電動(dòng)機(jī)的電路，歐姆定律不適用，電路的輸出功率P＝IU＝I(E－Ir)，所以當(dāng)I＝＝2 A時(shí)，輸出功率P有最大值，此時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率為2 W，發(fā)熱功率為4 W，所以電動(dòng)機(jī)的輸入功率為6 W，電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為3 V，電阻R2兩端的電壓為3 V，所以R2接入電路中的阻值為1.5 Ω，B正確．
答案：B
5、(2018·江蘇模擬)如圖所示，A、B兩點(diǎn)是通電導(dǎo)線左右兩側(cè)的點(diǎn)，這兩點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向(　　)

A．均垂直于紙面向里
B．均垂直于紙面向外
C．A點(diǎn)垂直于紙面向里，B點(diǎn)垂直于紙面向外
D．A點(diǎn)垂直于紙面向外，B點(diǎn)垂直于紙面向里
解析：利用安培定則可以判斷出通電直導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)線分布情況，題圖中電流方向向上，則導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，左側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，即A點(diǎn)垂直于紙面向外，B點(diǎn)垂直于紙面向里，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
答案：D
6、(2018·河南鶴壁高級(jí)中學(xué)月考)(多選)如圖所示是通過街頭變壓器降壓給用戶供電的示意圖．輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時(shí)輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)．兩條輸電線總電阻用R0表示．當(dāng)負(fù)載增加時(shí)，則(　　)

A．電壓表V1、V2的示數(shù)幾乎不變
B．電流表A2的示數(shù)增大，電流表A1的示數(shù)減小
C．電壓表V3的示數(shù)增大，電流表A2的示數(shù)增大
D．電壓表V2、V3的示數(shù)之差與電流表A2的示數(shù)的比值不變
解析：理想變壓器的輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，由于輸入電壓不會(huì)有大的波動(dòng)，匝數(shù)比不變，所以輸出電壓幾乎不變，故電壓表V1、V2的示數(shù)幾乎不變，選項(xiàng)A正確；當(dāng)負(fù)載增加時(shí)，相當(dāng)于支路增加，電路中的總電阻變小，總電流變大，即A2的示數(shù)變大，則A1的示數(shù)變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于副線圈中的電流變大，電阻R0兩端的電壓變大，又因?yàn)閂2的示數(shù)幾乎不變，所以V3的示數(shù)變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電壓表V2、V3的示數(shù)之差恰等于輸電線損耗的電壓值，電流表A2的示數(shù)為輸電線上的電流，所以兩者之比等于輸電線的總電阻R0，不變，選項(xiàng)D正確．
答案：AD

二、非選擇題
1、如圖所示為“探究加速度與物體受力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置圖．圖中A為小車，質(zhì)量為m1，連接在小車后面的紙帶穿過電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪的足夠長(zhǎng)的木板上，P的質(zhì)量為m2，C為彈簧測(cè)力計(jì)，實(shí)驗(yàn)時(shí)改變P的質(zhì)量，讀出測(cè)力計(jì)不同讀數(shù)F，不計(jì)繩與滑輪的摩擦．

(1)下列說法正確的是(　　)
A．一端帶有定滑輪的長(zhǎng)木板必須保持水平
B．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車
C．實(shí)驗(yàn)中m2應(yīng)遠(yuǎn)小于m1
D．測(cè)力計(jì)的讀數(shù)始終為
(2)如圖為某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，紙帶上標(biāo)出了所選的四個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出．由此可求得小車的加速度的大小是________ m/s2(交流電的頻率為50 Hz，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．

(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測(cè)量得到的a－F圖象可能是圖中的圖線(　　)

解析：(1)一端帶有定滑輪的長(zhǎng)木板必須稍微傾斜，以平衡摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源后釋放小車，選項(xiàng)B正確．實(shí)驗(yàn)中m2不必遠(yuǎn)小于m1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由于P向下加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)力計(jì)的讀數(shù)始終小于，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
(2)由Δx＝aT2解得小車的加速度的大小是0.50 m/s2.
(3)遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測(cè)量得到的a－F圖象，應(yīng)該是當(dāng)F從某一值開始增大，加速度a才開始增大，所以可能是圖線C.
答案：(1)B　(2)0.50　(3)C
2、(2018·廣東華山模擬)(1)(10分)關(guān)于熱現(xiàn)象和熱學(xué)規(guī)律，下列說法正確的是________(填正確答案的標(biāo)號(hào))．
A．只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積
B．氣體溫度升高，分子的平均動(dòng)能一定增大
C．溫度一定時(shí)，懸浮在液體中的固體顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯
D．一定溫度下，飽和汽的壓強(qiáng)是一定的
E．第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律

(2)(15分)如圖，將導(dǎo)熱性良好的薄壁圓筒開口向下豎直緩慢地放入水中，筒內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氣體(可視為理想氣體)．當(dāng)筒底與水面相平時(shí)，圓筒恰好靜止在水中．此時(shí)水的溫度t1＝7.0 ℃，筒內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度h1＝14 cm.已知大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2.
(ⅰ)若將水溫緩慢升高至27 ℃，此時(shí)筒底露出水面的高度Δh為多少？
(ⅱ)若水溫升至27 ℃后保持不變，用力將圓筒緩慢下壓至某一位置，撤去該力后圓筒恰能靜止，求此時(shí)筒底到水面的距離H(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．
解析：(1)知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，可以算出每個(gè)氣體分子占據(jù)空間的體積，但不是分子體積(分子間隙大)，故A錯(cuò)誤；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，故氣體溫度升高，分子的平均動(dòng)能一定增大，選項(xiàng)B正確；懸浮在液體中的固體微粒越小，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運(yùn)動(dòng)就越明顯，故C正確；飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，所以一定溫度下，飽和汽的壓強(qiáng)是一定的，故D正確；第一類永動(dòng)機(jī)不可能制成，是因?yàn)樗`反了能量守恒定律，第二類永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了熱力學(xué)第二定律，故E錯(cuò)誤．
(2)(ⅰ)設(shè)水溫升至27 ℃時(shí)，氣柱的長(zhǎng)度為h2，圓筒橫截面積為S，根據(jù)蓋－呂薩克定律有
＝，
圓筒靜止，筒內(nèi)外液面高度差不變，有
Δh＝h2－h(huán)1，
聯(lián)立解得Δh＝1 cm；
(ⅱ)設(shè)圓筒的質(zhì)量為m，靜止在水中時(shí)筒內(nèi)氣柱的長(zhǎng)度為h3.則
mg＝ρgh1S，
mg＝ρgh3S，
圓筒移動(dòng)過程，根據(jù)玻意耳定律有
(p0＋ρgh1)h2S＝[p0＋ρg(h3＋H)]h3S，
解得H＝72 cm.
答案：(1)BCD　(2)(ⅰ)1 cm　(ⅱ)72 cm


2019高考物理二輪（通用）選練（5）及解析
一、選擇題
1、在研究二力合成的實(shí)驗(yàn)中，AB是一根被拉長(zhǎng)的橡皮筋，定滑輪是光滑的，如圖所示，若改變拉力F而保持O點(diǎn)位置不變，則下列說法中正確的是(　　)

A．要使θ減小，減小拉力F即可
B．要使θ減小，增大拉力F即可
C．要使θ減小，必須改變?chǔ)粒瑫r(shí)改變F的大小才有可能
D．要減小θ而保持α不變，則只改變F的大小是不可能保持O點(diǎn)的位置不變的

解析：繩子對(duì)O點(diǎn)的拉力F2與F的合力和F1等大、反向，如圖所示，O點(diǎn)位置不變，則橡皮筋的拉力F1不變，繩子拉力F2的方向不變，即α角不變，若要減小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小發(fā)生改變，故D選項(xiàng)正確．
答案：D
2、(2018·山東青島模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有半徑為R和2R的兩個(gè)圓，兩圓的最高點(diǎn)相切，切點(diǎn)為A，B和C分別是小圓和大圓上的兩個(gè)點(diǎn)，其中AB長(zhǎng)為R，AC長(zhǎng)為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道，自A處由靜止釋放小球，已知小球沿AB軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為t1，沿AC軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間為t2，則t1與t2之比為(　　)

A．1?： B．1?：2
C．1?： D．1?：3
解析：設(shè)AB與豎直方向的夾角為θ，則AB＝2Rcosθ＝R，所以θ＝45°，小球沿AB下滑的加速度為a＝gcosθ，解得小球在AB運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝＝；同理知小球在AC上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝，則t1與t2之比為1?：，選項(xiàng)A正確．
答案：A
3、(2018·合肥市質(zhì)量檢測(cè))一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a－t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N，則(　　)

A．在t＝6 s的時(shí)刻，物體的速度為18 m/s
B．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 J
C．在0～6 s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為48 N·s
D．在t＝6 s的時(shí)刻，拉力F的功率為200 W
解析：類比速度圖象位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時(shí)間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6 s內(nèi)Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，則t＝6 s時(shí)的速度v＝20 m/s，A項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知，0～6 s內(nèi)，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B項(xiàng)錯(cuò)；由沖量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得：I＝48 N·s，C項(xiàng)正確；由牛頓第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D項(xiàng)正確．
答案：CD
4、(2018·武漢模擬)如圖所示，R是光敏電阻，其阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小，當(dāng)它受到的光照強(qiáng)度增大時(shí)(　　)

A．燈泡L變暗
B．光敏電阻R上的電壓增大
C．電壓表V的讀數(shù)減小
D．電容器C的帶電荷量增大
解析：光照強(qiáng)度增大時(shí)，R的阻值減小，閉合電路的總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝增大，燈泡L變亮，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；光敏電阻R上的電壓UR＝E－I(r＋R燈)減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電壓表V的讀數(shù)U＝E－Ir減小，選項(xiàng)C正確；電容器C兩端的電壓等于燈泡兩端的電壓，燈泡兩端的電壓UL＝IR燈增大，所以電容器C的帶電荷量Q＝CUL增大，選項(xiàng)D正確．
答案：CD
5、如圖所示，均勻繞制的螺線管水平固定在可轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤上，在其正中心的上方有一固定的環(huán)形電流A，A與螺線管垂直．A中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，開關(guān)S閉合瞬間．關(guān)于圓盤的運(yùn)動(dòng)情況(從上向下觀察)，下列說法正確的是(　　)

A．靜止不動(dòng)　　B．順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
C．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) D．無(wú)法確定
解析：環(huán)形電流可等效為里面的N極、外面為S極的小磁針，通電螺線管可等效為右邊為N板，左邊為S極的條形磁鐵，根據(jù)磁極間的相互作用，圓盤將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確．
答案：B
6、(2018·安徽模擬)如圖所示，理想變壓器原、副線圈上接有四個(gè)完全相同的燈泡，若四個(gè)燈泡恰好都能正常發(fā)光，則下列說法正確的是(　　)

A．U1?：U2＝3?：4
B．U1?：U2＝4?：3
C．若將L1短路，則副線圈的三個(gè)燈泡仍能正常發(fā)光
D．若將L2短路，則副線圈的兩個(gè)燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的倍
解析：設(shè)燈泡的額定電壓為U，額定電流為I，則副線圈電壓為3U，電流為I，原線圈的燈泡正常發(fā)光，電流也為I，所以原、副線圈的匝數(shù)比為1?：1，原線圈兩端電壓為3U，所以U1?：U2＝4?：3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；若將L1短路，則原線圈的電壓增大，則副線圈兩端電壓也增大，三個(gè)燈泡不能正常發(fā)光，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將L2短路，設(shè)副線圈的電流為I′，原線圈的電流也為I′，因此2I′R＋I(xiàn)′R＝U1＝4U，則I′R＝U，即副線圈的每個(gè)燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的，選項(xiàng)D正確．
答案：BD

二、非選擇題
1、如圖甲所示，傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)粗糙斜面固定在水平面上，滑塊A、B用細(xì)線跨過光滑定滑輪相連，A與滑輪間的細(xì)線與斜面平行，B距地面一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿斜面向上滑動(dòng)．某時(shí)刻由靜止釋放A，測(cè)得A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示(B落地后不反彈)．已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：

(1)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)A沿斜面向上滑動(dòng)的最大位移．
解析：(1)在0～0.5 s內(nèi)，根據(jù)題圖乙，可得A、B整體的加速度a1為a1＝＝4 m/s2
設(shè)細(xì)線張力大小為FT，分別對(duì)A、B，由牛頓第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1
mBg－FT＝mBa1
聯(lián)立解得μ＝0.25
(2)B落地后，A繼續(xù)減速上升
由牛頓第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2
代入數(shù)據(jù)得a2＝8 m/s2
故A減速向上滑動(dòng)的位移x2＝＝0.25 m
0～0.5 s內(nèi)A加速向上滑動(dòng)的位移x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移x＝x1＋x2＝0.75 m
答案：(1)0.25　(2)0.75
2、(2018·重慶一診)(1)(10分)下列說法正確的是________(填正確答案的標(biāo)號(hào))．
A．多數(shù)分子直徑的數(shù)量級(jí)是10－10 cm
B．氣體的溫度升高時(shí)，氣體的壓強(qiáng)不一定增大
C．在一定的溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度是一定的
D．晶體都是各向異性的
E．一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的

(2)(15分)如圖所示的圓柱形汽缸是一“拔火罐”器皿，汽缸(橫截面積為S)固定在鐵架臺(tái)上，輕質(zhì)活塞通過細(xì)線與質(zhì)量為m的重物相連，將一團(tuán)燃燒的輕質(zhì)酒精棉球從缸底的開關(guān)S處扔到汽缸內(nèi)，酒精棉球熄滅時(shí)(此時(shí)缸內(nèi)溫度為t ℃)閉合開關(guān)S，此時(shí)活塞下的細(xì)線剛好拉直且拉力為零，而這時(shí)活塞距缸底的距離為L(zhǎng).由于汽缸傳熱良好，隨后重物會(huì)被吸起，最后重物穩(wěn)定在距地面處．已知環(huán)境溫度為t0 ℃不變，＝p0，p0為大氣壓強(qiáng)，汽缸內(nèi)的氣體可看成理想氣體，求：
(ⅰ)酒精棉球熄滅時(shí)的溫度t與t0滿足的關(guān)系式；
(ⅱ)汽缸內(nèi)溫度降低到重新平衡的過程中外界對(duì)氣體做的功．
解析：(1)原子和分子的數(shù)量級(jí)是10－10 m，A錯(cuò)誤．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大，由氣態(tài)方程＝C可知，溫度升高，壓強(qiáng)不一定增大，B正確．飽和汽壓與分子密度和溫度有關(guān)，在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度是一定的，飽和汽壓也是一定的，C正確．單晶體具有各向異性，而多晶體沒有各向異性，D錯(cuò)誤．根據(jù)熱力學(xué)第二定律，一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的，E正確．
(2)(ⅰ)汽缸內(nèi)封閉氣體的初始狀態(tài)：p1＝p0，V1＝LS，T1＝(273＋t) K；
末狀態(tài)：p2＝p0－＝p0，V2＝LS，T2＝(273＋t0) K.
由理想氣體的狀態(tài)方程有＝，解得t＝t0＋91 ℃.
(ⅱ)汽缸內(nèi)封閉氣體的溫度降低的過程中，開始時(shí)氣體的壓強(qiáng)變化，但氣體的體積沒有變化，故此過程外界對(duì)氣體不做功．活塞向上運(yùn)動(dòng)過程為恒壓過程，氣體的壓強(qiáng)為p2，活塞上移的距離為，故外界對(duì)氣體做的功為W＝p2ΔV＝p0×S＝.
答案：(1)BCE　(2)(ⅰ)t＝t0＋91 ℃　(ⅱ)



2019高考物理二輪（通用）選練（6）及解析

一、選擇題
1、如圖所示，斜面固定，傾角為θ＝30°，物塊m和M用輕質(zhì)繩通過斜面上的定滑輪相連接(滑輪光滑)，一力F施加在繩上一點(diǎn)O使O點(diǎn)所受三力相互成120°角，已知M質(zhì)量為10 kg，m與斜面恰無(wú)摩擦力，則m的質(zhì)量和F的值各為(g取10 m/s2)(　　)

A．10 kg　100 N　B．20 kg　100 N
C．5 kg　50 N D．20 kg　50 N
解析：“O”點(diǎn)所受三力互成120°角且靜止，則F＝Mg＝mgsinθ，則F＝Mg＝100 N，m＝＝2M＝20 kg.
答案：B
2、(2018·深圳模擬)在光滑斜面上有一質(zhì)量為m的小球，小球與平行于斜面的輕彈簧和與豎直方向成θ＝30°角輕繩的一端相連，如圖所示，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且斜面對(duì)小球的彈力恰好為零．則下列關(guān)于小球的加速度a大小的說法，正確的是(　　)

A．剪斷繩的瞬間，a＝g
B．剪斷繩的瞬間，a＝g
C．剪斷彈簧B端的瞬間，a＝g
D．剪斷彈簧B端的瞬間，a＝g

解析：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且斜面對(duì)小球的彈力恰好為零；根據(jù)共點(diǎn)力平衡有：彈簧的彈力F＝mgsin30°＝mg，剪斷繩的瞬間，彈簧的彈力不變，則小球的加速度a＝＝0，故A、B錯(cuò)誤；剪斷彈簧B端的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝＝g，故C正確、D錯(cuò)誤．
答案：C
3、質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(　　)

A.mv2 B.v2
C.NμmgL D．NμmgL
解析：小物塊與箱子作用過程中滿足動(dòng)量守恒，最后恰好又回到箱子正中間．二者相對(duì)靜止，即為共速，設(shè)速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失動(dòng)能Ek＝mv2－(M＋m)v＝；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時(shí)不損失能量，系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL.故本題選B、D.
答案：BD
4、(2018·廣州模擬)

如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，若調(diào)整可變電阻R的阻值，可使電壓表的示數(shù)減小ΔU(電壓表為理想電表)，在這個(gè)過程中(　　)
A．通過R1的電流減小，減少量一定等于
B．R2兩端的電壓增加，增加量一定等于ΔU
C．路端電壓減小，減少量一定等于ΔU
D．通過R2的電流增加，但增加量一定小于
解析：電壓表的示數(shù)減小ΔU，通過R1的電流減小ΔI＝，選項(xiàng)A正確；R2與電源內(nèi)阻的總電壓增加ΔU，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；R2兩端的電壓增加量小于ΔU，通過R2的電流增加量小于，選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確．
答案：AD
5、(2018·陜西省寶雞市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖所示，垂直紙面放置的兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2，紙面內(nèi)的一點(diǎn)H到兩根導(dǎo)線的距離相等，則該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向可能為圖中的(　　)

A．B4　　　B．B3 C．B2　　　D．B1
解析：根據(jù)題述，I1>I2，由安培定則，I1在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于H和I1連線，指向右下，I2在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于H和I2連線，指向左下．I1在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度比I2在H點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，H點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為兩磁場(chǎng)的疊加，故H點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向可能為圖中的B3，選項(xiàng)B正確．
答案：B
6、(多選)下圖是遠(yuǎn)距離輸電的示意圖．n1、n2是升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)，n1?：n2＝1?：20，n3、n4是降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)，n3?：n4＝40?：1.升壓變壓器的原線圈n1與一交變電流相連接，該交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝440sin100πt V，下列說法正確的是(　　)

A．用電器獲得的電壓的有效值為220 V
B．用電器獲得電壓的有效值小于220 V，要想使用電器的電壓變?yōu)?20 V，在n1、n3、n4不變的前提下，增大n2
C．用電器獲得電壓的有效值大于220 V，要想使用電器的電壓變?yōu)?20 V，在n1、n2、n4不變的前提下，增大n3
D．通過用電器的交變電流的方向，每秒改變100次
解析：如果輸電線上不存在電阻，即不存在電壓降，則有＝，＝，U1＝U＝440 V，U2＝U3，可得U4＝220 V，由于輸電線存在電壓降，所以U3答案：BD

二、非選擇題
1、(2018·山東青島一模)如圖所示，傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h.將質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.

(1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點(diǎn)，求v0的大小；
(2)若對(duì)木板施加一沿斜面向上的拉力F，物塊相對(duì)木板剛好靜止，求拉力F的大小．
解析：(1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在運(yùn)動(dòng)過程中物塊相對(duì)于木板靜止，兩者的加速度a＝gsinθ，根據(jù)＝－L，
解得v0＝.
(2)對(duì)木板與物塊整體有F－2mgsinθ＝2ma0，
對(duì)物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0，
解得F＝mg.
答案：(1)　(2)mg
2、
(1)(10分)如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c，吸收了340 J的熱量，并對(duì)外做功120 J．若該氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c時(shí)，對(duì)外做功40 J，則這一過程中氣體________(填“吸收”或“放出”)熱量________J.
(2)(15分)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種測(cè)溫裝置，其結(jié)構(gòu)如圖所示，玻璃泡A內(nèi)封有一定質(zhì)量的氣體，與A相連的B管插在水銀槽中，管內(nèi)外水銀面的高度差x即可反映泡內(nèi)氣體的溫度，即環(huán)境溫度t，并可由B管上的刻度直接讀出．設(shè)B管的體積與A泡的體積相比可略去不計(jì)，在1個(gè)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下對(duì)B管進(jìn)行溫度刻線(1標(biāo)準(zhǔn)大氣壓相當(dāng)于76 cmHg的壓強(qiáng))．已知當(dāng)溫度t1＝27 ℃時(shí)，管內(nèi)外水銀面的高度差x1＝16 cm，此高度差即為27 ℃的刻度線．求：


(ⅰ)推導(dǎo)高度差x隨溫度t變化的關(guān)系式；
(ⅱ)判斷該測(cè)溫裝置的刻度是否均勻，并指出溫度t＝0 ℃刻度線在何處．
解析：(1)對(duì)該理想氣體由狀態(tài)a沿abc變化到狀態(tài)c，由熱力學(xué)第一定律可得：ΔU＝Q＋W＝340 J＋(－120 J)＝220 J，即從a狀態(tài)到c狀態(tài)，理想氣體的內(nèi)能增加了220 J；若該氣體由狀態(tài)a沿adc變化到狀態(tài)c時(shí)，對(duì)外做功40 J，此過程理想氣體的內(nèi)能還是增加220 J，所以可以判定此過程是吸收熱量，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得：ΔU＝Q′＋W′，得Q′＝ΔU－W′＝220 J－(－40 J)＝260 J.
(2)(ⅰ)B管體積忽略不計(jì)，玻璃泡A內(nèi)氣體體積保持不變，是等容變化過程，根據(jù)查理定律可得＝
根據(jù)平衡條件可知，玻璃泡A內(nèi)氣體壓強(qiáng)p＝p0－ρgx，其中p0為標(biāo)準(zhǔn)大氣壓，代入數(shù)據(jù)解得x＝21.4－(cm)．
(ⅱ)由方程可知，x與t是線性函數(shù)，所以該測(cè)溫裝置的刻度是均勻的．
根據(jù)方程x＝21.4－(cm)，
將t＝0 ℃代入上式可得，x＝21.4 cm.
所以溫度t＝0 ℃刻度線在x＝21.4 cm處．
答案：(1)吸收　260　(2)(ⅰ)x＝21.4－(cm)　(ⅱ)刻度均勻　x＝21.4 cm處


2019高考物理二輪（通用）選練（7）及解析

一、選擇題
1、(2018·山西四校聯(lián)考)如圖所示，輕繩一端連接放置在水平地面上的物體Q，另一端繞過固定在天花板上的定滑輪與小球P連接，P、Q始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　)

A．Q可能受到兩個(gè)力的作用
B．Q可能受到三個(gè)力的作用
C．Q受到的繩子拉力與重力的合力方向水平向左
D．Q受到的繩子拉力與重力的合力方向指向左下方
解析：由平衡條件知，Q受重力、支持力、繩的拉力和摩擦力四個(gè)力的作用，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由平衡條件知，Q受到的繩子拉力和重力的合力與支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四邊形定則知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的繩子拉力和重力的合力方向指向左下方，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．
答案：D
2、(2018·江西贛中南五校聯(lián)考)如圖所示，水平細(xì)桿上套一細(xì)環(huán)A，環(huán)A和球B間用一輕質(zhì)繩相連，質(zhì)量分別為mA、mB(mA>mB)，由于B球受到水平風(fēng)力作用，A環(huán)與B球一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，已知繩與豎直方向的夾角為θ，則下列說法正確的是(　　)

A．風(fēng)力增大時(shí)，輕質(zhì)繩對(duì)B球的拉力保持不變
B．風(fēng)力增大時(shí)，桿對(duì)A環(huán)的支持力保持不變
C．B球受到的風(fēng)力F為mAgtanθ
D．A環(huán)與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
解析：以整體為研究對(duì)象，分析受力如圖甲所示，根據(jù)平衡條件得，桿對(duì)環(huán)A的支持力FN＝(mA＋mB)g，所以桿對(duì)環(huán)A的支持力保持不變，B正確．以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力如圖乙所示，由平衡條件得，輕質(zhì)繩對(duì)球B的拉力FT＝，風(fēng)力F＝mBgtanθ，風(fēng)力F增大時(shí)，θ增大，cosθ減小，F(xiàn)T增大，故A、C錯(cuò)誤．由圖甲得到Ff＝F，環(huán)A與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝tanθ，故D錯(cuò)誤．選B.

答案：B
3、滑塊靜止于光滑水平面上，與之相連的輕質(zhì)彈簧處于自然伸直狀態(tài)，現(xiàn)用恒定的水平外力F作用于彈簧右端，在向右移動(dòng)一段距離的過程中拉力F做了10 J的功．在上述過程中(　　)

A．彈簧的彈性勢(shì)能增加了10 J
B．滑塊的動(dòng)能增加了10 J
C．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了10 J
D．滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
解析：拉力F做功的同時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)，彈性勢(shì)能增大，滑塊向右加速，滑塊動(dòng)能增加，由功能關(guān)系可知，拉力做功等于滑塊的動(dòng)能與彈簧彈性勢(shì)能的增加量之和，C正確，A、B、D均錯(cuò)誤．
答案：C
4、某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，圖中A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別為EA和EB，電勢(shì)分別為φA和φB，將－q分別放在A、B兩點(diǎn)時(shí)具有的電勢(shì)能分別為EpA和EpB，則(　　)

A．EA>EB，φA>φB，EpAB．EA>EB，φA>φB，EpA>EpB
C．EAφB，EpA>EpB
D．EA解析：從圖可以看出A點(diǎn)的電場(chǎng)線的密集程度大于B點(diǎn)的密集程度，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度．因電場(chǎng)線的方向由A指向B，而沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，所以A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)．負(fù)電荷從A到B，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以－q在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，故A正確．
答案：A
5、(2018·河北唐山調(diào)研)如圖所示，兩平行的粗糙金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，一端與電源連接．一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于平行導(dǎo)軌放置并接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，在安培力的作用下，金屬棒以v0的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，可使流過導(dǎo)體棒的電流最小，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向的夾角為(　　)

A．37°　　　B．30° C．45°　　　D．60°
解析：

本題考查通電導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中的平衡問題．由題意對(duì)棒受力分析，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向成θ角，則有
BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)
整理得BIL＝
電流有最小值，就相當(dāng)于安培力有最小值，最后由數(shù)學(xué)知識(shí)解得：θ＝30°，則A、C、D錯(cuò)，B對(duì)．
答案：B
6、由放射性元素放出的氦核流被稱為(　　)
A．陰極射線　　B．α射線
C．β射線 D．γ射線
解析：本題考查天然放射現(xiàn)象．在天然放射現(xiàn)象中，放出α、β、γ三種射線，其中α射線屬于氦核流，選項(xiàng)B正確．
答案：B

二、非選擇題
1、(2018·濰坊高三段考)為確保彎道行車安全，汽車進(jìn)入彎道前必須減速．如圖所示，AB為進(jìn)入彎道前的平直公路，BC為水平圓弧形彎道．已知AB段的距離sAB＝14 m，彎道半徑R＝24 m．汽車到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度vA＝16 m/s，汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2.要確保汽車進(jìn)入彎道后不側(cè)滑．求汽車：

(1)在彎道上行駛的最大速度；
(2)在AB段做勻減速運(yùn)動(dòng)的最小加速度．
解析：(1)在BC彎道，由牛頓第二定律得，
μmg＝m，代入數(shù)據(jù)解得vmax＝12 m/s.
(2)汽車勻減速至B處，速度恰好減為12 m/s時(shí)，加速度最小，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式－2aminsAB＝v－v，
代入數(shù)據(jù)解得amin＝4 m/s2
答案：(1)12 m/s　(2)4 m/s2
2、(1)(10分)關(guān)于分子動(dòng)理論和熱力學(xué)定律，下列說法正確的是________．(填正確答案的標(biāo)號(hào)．)
A．當(dāng)分子間的距離r＝r0時(shí)，斥力等于引力，分子間作用力表現(xiàn)為零
B．分子之間的斥力和引力同時(shí)存在，且都隨分子間距離的增加而減小
C．兩個(gè)分子組成的系統(tǒng)的勢(shì)能隨分子間的距離增大而減小
D．?dāng)U散現(xiàn)象和布朗運(yùn)動(dòng)都與溫度有關(guān)
E．熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，但不能從低溫物體傳到高溫物體
(2)(15分)兩個(gè)固定汽缸按如圖所示的方式放置，汽缸B在汽缸A的上方，兩汽缸的底面均水平，兩汽缸中的活塞各封住了一定質(zhì)量的理想氣體，而活塞通過穿過B底部的光滑剛性細(xì)桿相連．兩活塞面積分別為SA和SB，且SA?：SB＝1?：2.初始時(shí)活塞處于平衡狀態(tài)，A、B中氣體的體積均為V0，A、B中氣體溫度均為300 K，B中氣體壓強(qiáng)為0.75p0，p0是汽缸外的大氣壓強(qiáng)(活塞與缸壁間的摩擦不計(jì)，細(xì)桿和兩活塞質(zhì)量均不計(jì))．

(ⅰ)求初始時(shí)A中氣體的壓強(qiáng)；
(ⅱ)現(xiàn)對(duì)A中氣體加熱，同時(shí)保持B中氣體的溫度不變，活塞重新達(dá)到平衡狀態(tài)后，B中氣體的壓強(qiáng)降為0.5p0，求此時(shí)A中氣體的溫度．
解析：(1)根據(jù)分子作用力與分子間距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r＝r0時(shí)，斥力等于引力，分子間作用力表現(xiàn)為零，故A正確．分子間存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都隨分子間距離的增加而減小，且斥力比引力變化得快，故B正確．當(dāng)分子間的距離r>r0時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，r增大時(shí)分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增加；當(dāng)分子間的距離在r(2)(ⅰ)初始時(shí)系統(tǒng)平衡，對(duì)兩活塞和細(xì)桿整體，有pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB)
將已知條件SB＝2SA，pB＝0.75p0代入上式可解得pA＝1.5p0.
(ⅱ)末狀態(tài)系統(tǒng)平衡，對(duì)兩活塞和細(xì)桿整體，有p′ASA＋p′BSB＝p0(SA＋SB)
可解得p′A＝2p0
B中氣體初、末態(tài)溫度相等，由pBVB＝p′BV′B，可求得V′B＝1.5V0
設(shè)A中氣體末態(tài)的體積為V′A，因?yàn)閮苫钊苿?dòng)的距離相等，故有
＝，可求出V′A＝1.25V0
由理想氣體狀態(tài)方程有＝，解得T′A＝TA＝500 K.
答案：(1)ABD　(2)(ⅰ)1.5p0　(ⅱ)500 K





2019高考物理二輪（通用）選練（8）及解析

一、選擇題
1、(2018·湖南岳陽(yáng)一中模擬)如圖所示，我們常見這樣的雜技表演：四個(gè)人A、B、C、D體型相似，B站在A的肩上，雙手拉著C和D，A水平撐開雙手支持著C和D.如果四個(gè)人的質(zhì)量均為m＝60 kg，g取10 m/s2，估算A的手臂受到的壓力和B的手臂受到的拉力大小分別為(　　)

A．120 N,240 N B．240 N,480 N
C．350 N,700 N D．600 N,1 200 N

解析：對(duì)C進(jìn)行受力分析如圖所示，由四人體型相似推知四人手臂長(zhǎng)度相同，則B的手臂與豎直方向的夾角為30°，則有FAC＝mgtan30°＝mg，即C受到A的推力約為mg，A的手臂受到的壓力也是mg＝×60×10 N≈350 N；FBC＝＝mg，即C受到B的拉力為mg，則B的手臂受到的拉力也為mg＝×60×10 N≈700 N，故選C.
答案：C
2、(2018·廣東廣雅中學(xué)三診)消防員用繩子將一不慎落入井中的兒童從井內(nèi)加速向上提的過程中，不計(jì)繩子的重力，以下說法正確的是(　　)
A．繩子對(duì)兒童的拉力大于兒童對(duì)繩子的拉力
B．繩子對(duì)兒童的拉力大于兒童的重力
C．消防員對(duì)繩子的拉力與繩子對(duì)消防員的拉力是一對(duì)作用力與反作用力
D．消防員對(duì)繩子的拉力與繩子對(duì)兒童的拉力是一對(duì)平衡力
解析：繩子對(duì)兒童的拉力和兒童對(duì)繩子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；兒童從井內(nèi)被加速向上提的過程中，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律得繩子對(duì)兒童的拉力大于兒童的重力，故B正確；消防員對(duì)繩子的拉力與繩子對(duì)消防員的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，故C正確；消防員對(duì)繩子的拉力是作用在繩子上的力，而繩子對(duì)兒童的拉力是作用在兒童上的力，故二力不是平衡力，故D錯(cuò)誤．
答案：BC
3、(2018·衡水模擬)質(zhì)量為2噸的汽車，發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力的功率為30 kW，汽車在水平路面上行駛能達(dá)到的最大速度為15 m/s，若汽車以最大功率行駛，所受阻力恒定，則汽車的速度為10 m/s時(shí)的加速度為(　　)
A．0.5 m/s2　　　B．1 m/s2
C．2 m/s2 D．2.5 m/s2
解析：汽車在水平路面上行駛所受阻力Ff＝＝2 000 N；當(dāng)汽車的速度為10 m/s時(shí)，牽引力F＝＝3 000 N；加速度a＝＝0.5 m/s2，選項(xiàng)A正確．
答案：A
4、一正電荷僅在電場(chǎng)力作用下，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)φ的高低的判斷，正確的是(　　)

A．EA>EB，φA>φB
B．EA＝EB，φA＝φB
C．EAφB
D．EA解析：電荷受電場(chǎng)力的作用，合力不為零．由運(yùn)動(dòng)圖象可知速度的大小沒有變化，故電荷只能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故選B.
答案：B
5、(2018·江西五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，含有H(氕核)、H(氘核)、He(氦核)的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，最終打在P1、P2兩點(diǎn)．則 (　　)

A．打在P1點(diǎn)的粒子是He
B．打在P2點(diǎn)的粒子是H和He
C．O2P2的長(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的2倍
D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等
解析：帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等方向相反，即：qvB＝qE
所以v＝
可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度．
帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，所以：qvB＝，所以：r＝＝·，可知粒子的比荷越大，則運(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是H，打在P2點(diǎn)的粒子是H和He.故A錯(cuò)誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的軌道的半徑是H和He的半徑的倍，即O2P2的長(zhǎng)度是O2P1長(zhǎng)度的2倍，故C正確；粒子運(yùn)動(dòng)的周期：T＝＝，三種粒子的比荷不相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等．故D錯(cuò)誤．
答案：BC
6、一個(gè)氫原子從n＝3能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)，該氫原子(　　)
A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量減少
C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量減少
解析：氫原子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)，放出光子，能量減少，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
答案：B

二、非選擇題
1、如圖所示，一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球用沒有彈性的細(xì)線懸掛于O′點(diǎn)，細(xì)線長(zhǎng)L＝5 m，小球質(zhì)量為m＝1 kg.現(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平，由靜止釋放小球，已知小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)O時(shí)細(xì)線恰好斷開，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)O時(shí)細(xì)線的拉力F的大小．
(2)如果在小球做圓周運(yùn)動(dòng)的豎直平面內(nèi)固定一圓弧軌道，該軌道以O(shè)點(diǎn)為圓心，半徑R＝5 m，求小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道上的時(shí)間t.
解析：(1)設(shè)小球擺到O點(diǎn)時(shí)的速度為v，小球由A點(diǎn)到O點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律有
mgL＝mv2
在O點(diǎn)由牛頓第二定律得F－mg＝m
解得F＝30 N
(2)細(xì)線被拉斷后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vt
y＝gt2
x2＋y2＝R2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得t＝1 s.
答案：(1)30 N　(2)1 s
2、(2018·重慶巴蜀中學(xué)月考)(1)(10分)一列簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻的波形如圖甲所示，從該時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示．

①該列波沿x軸________傳播(填“正方向”或“負(fù)方向”)；
②該列波的波速大小為________m/s；
③若此波遇到另一列簡(jiǎn)諧橫波并發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，則所遇到的波的頻率為________Hz.

(2)(15分)如圖為三棱鏡ABC的截面圖，∠A＝70°，入射光線垂直于AC射入棱鏡，已知該光在玻璃與空氣的界面處發(fā)生全反射的臨界角為45°，光在真空中傳播速度為c.求：
(ⅰ)光線在三棱鏡中傳播的速度；
(ⅱ)光線第一次從三棱鏡射入空氣時(shí)的折射角．
解析：(1)①由題圖乙可知質(zhì)點(diǎn)A沿y軸負(fù)方向振動(dòng)，則其振動(dòng)滯后于左邊的質(zhì)點(diǎn)，可知該列波沿x軸正方向傳播．
②由圖甲可知波長(zhǎng)λ＝0.4 m，由圖乙可知周期T＝0.4 s，則v＝＝1 m/s.
③發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象要求兩列波頻率相同，則f＝＝2.5 Hz.
(2)(ⅰ)根據(jù)sin45°＝，可得玻璃對(duì)該光的折射率n＝
由n＝，解得光線在三棱鏡中傳播的速度v＝＝.


(ⅱ)畫出光在三棱鏡傳播的光路圖，如圖所示．光線先射到AB面上，入射角i1＝70°，大于全反射的臨界角45°，故光線在AB面上發(fā)生全反射
光射到BC面上，入射角i2＝50°，大于全反射的臨界角45°，故光線在BC面上發(fā)生全反射
光線第二次射到AB面上時(shí)，入射角i＝180°－20°－40°－90°＝30°，小于全反射的臨界角45°，故光線從三棱鏡射入空氣，由折射定律，＝n
解得r＝45°.
答案：(1)①正方向　②1　③2.5　(2)(ⅰ)c　(ⅱ)45°


2019高考物理二輪（通用）選練（9）及解析

一、選擇題
1、(2018·浙江百校聯(lián)盟押題卷)如圖所示，A、B兩物體用兩根輕質(zhì)細(xì)線分別懸掛在天花板上，兩細(xì)線與水平方向夾角分別為60°和45°，A、B間拴接的輕質(zhì)彈簧恰好處于水平狀態(tài)，則下列判斷正確的是(　　)

A．A、B的質(zhì)量之比為1?：
B．A、B所受彈簧彈力大小之比為?：
C．懸掛A、B的細(xì)線上拉力大小之比為?：1
D．快速撤去彈簧的瞬間，A、B的瞬時(shí)加速度大小之比為1?：
解析：彈簧對(duì)A、B的彈力大小相等，設(shè)為kx，對(duì)A、B分別進(jìn)行受力分析，由平衡條件可知mAg＝kxtan60°，F(xiàn)A＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，F(xiàn)B＝kx/cos45°，聯(lián)立解得A、B兩物體質(zhì)量之比為mA?：mB＝tan60°?：tan45°＝?：1，F(xiàn)A?：FB＝cos45°?：cos60°＝：?1，在剪斷彈簧的瞬間，A、B的瞬時(shí)加速度aA?：aB＝gcos60°?：gcos45°＝1：?，故C、D正確．
答案：CD
2、如圖所示，水平傳送帶以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)．將質(zhì)量為m的物體Q輕輕放在水平傳送帶的左端A處，經(jīng)過t秒后，Q的速度也變?yōu)関，再經(jīng)t秒物體Q到達(dá)傳送帶的右端B處，則(　　)

A．前t秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)
B．后t秒內(nèi)Q與傳送帶之間無(wú)摩擦力
C．前t秒內(nèi)Q的位移與后t秒內(nèi)Q的位移大小之比為1?：1
D．Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度為v
解析：前t秒內(nèi)物體Q相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，物體Q受向右的滑動(dòng)摩擦力，由牛頓第二定律Ff＝ma可知，物體Q做勻加速運(yùn)動(dòng)，后t秒內(nèi)物體Q相對(duì)傳送帶靜止，做勻速運(yùn)動(dòng)，不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確；前t秒內(nèi)Q的位移x1＝t，后t秒內(nèi)Q的位移x2＝vt，故＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；Q由傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端的平均速度＝＝＝v，選項(xiàng)D正確．
答案：BD
3、(2018·石家莊二模)靜止在水平地面上的物體，同時(shí)受到水平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的力F1、F2的作用，由靜止開始運(yùn)動(dòng)了2 m，已知F1＝6 N，F(xiàn)2＝8 N，則(　　)
A．F1做功12 J
B．F2做功16 J
C．F1、F2的合力做功28 J
D．F1、F2做的總功為20 J
解析：物體由靜止沿F1、F2的合力方向運(yùn)動(dòng)，位移為2 m，因?yàn)槲灰频姆较驊?yīng)與合力的方向一致，所以WF1＝F1·l·cos53°＝7.2 J，WF2＝F2·l·cos37°＝12.8 J，故A、B錯(cuò)誤；F1、F2的合力F合＝＝10 N，W總＝F合·l＝20 J，故C錯(cuò)誤、D正確．
答案：D
4、如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對(duì)稱．已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．由此可知(　　)
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向左
B．電場(chǎng)強(qiáng)度E滿足E>
C．小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的大
D．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高

解析：由小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌道在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對(duì)稱，可以判斷小球所受合力的方向水平向左，而重力方向豎直向下，如圖所示，則知電場(chǎng)力的方向一定斜向左上方，因小球帶正電荷，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向斜向左上方，且電場(chǎng)強(qiáng)度E滿足E>，故B正確、A錯(cuò)誤；由沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，D錯(cuò)誤；小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的小，C錯(cuò)誤．
答案：B
5、某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時(shí)間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎疄榱耸轨o止于該磁場(chǎng)中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運(yùn)動(dòng)(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場(chǎng)力的作用，其它力不計(jì))(　　)

A．若粒子的初始位置在a處，在t＝時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f處，在t＝時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e處，在t＝T時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b處，在t＝時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向上的初速度
解析：要使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如題圖乙所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期應(yīng)為T0＝＝，結(jié)合左手定則可知，選項(xiàng)A、D正確．
答案：AD
6、下列有關(guān)原子結(jié)構(gòu)和原子核的認(rèn)識(shí)，其中正確的是(　　)
A．γ射線是高速運(yùn)動(dòng)的電子流
B．氫原子輻射光子后，其繞核運(yùn)動(dòng)的電子動(dòng)能增大
C．太陽(yáng)輻射能量的主要來(lái)源是太陽(yáng)中發(fā)生的重核裂變
D.Bi的半衰期是5天，100克Bi經(jīng)過10天后還剩下50克
解析：β射線是高速電子流，而γ射線是一種電磁波，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．氫原子輻射光子后，繞核運(yùn)動(dòng)的電子距核更近，動(dòng)能增大，選項(xiàng)B正確．太陽(yáng)輻射能量的主要來(lái)源是太陽(yáng)內(nèi)部氫核的聚變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.10天為兩個(gè)半衰期，剩余的Bi為100× g＝100×2 g＝25 g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案：B

二、非選擇題
1、利用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究恒力做功與物體動(dòng)能變化的關(guān)系．小車的質(zhì)量為M＝200.0 g，鉤碼的質(zhì)量為m＝10.0 g，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源為50 Hz的交流電．

圖1
(1)掛鉤碼前，為了消除摩擦力的影響，應(yīng)調(diào)節(jié)木板右側(cè)的高度，直至向左輕推小車觀察到____________________．
(2)掛上鉤碼，按實(shí)驗(yàn)要求打出的一條紙帶如圖2所示．選擇某一點(diǎn)為O，依次每隔4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)．用刻度尺量出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離Δx，記錄在紙帶上．計(jì)算打出各計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車的速度v，其中打出計(jì)數(shù)點(diǎn)“1”時(shí)小車的速度v1＝________m/s.

圖2
(3)將鉤碼的重力視為小車受到的拉力，取g＝9.80 m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力對(duì)小車做的功W.利用Ek＝Mv2算出小車動(dòng)能，并求出動(dòng)能的變化量ΔEk.計(jì)算結(jié)果見下表.
W/×10－3 J 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26
ΔEk/×10－3 J 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00
請(qǐng)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在圖3中作出ΔEk－W圖象．
圖3


(4)實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明，ΔEk總是略小于W.某同學(xué)猜想是由于小車所受拉力小于鉤碼重力造成的．用題中小車和鉤碼質(zhì)量的數(shù)據(jù)可算出小車受到的實(shí)際拉力F＝________N.
解析：(1)完全平衡摩擦力的標(biāo)志是輕推小車，小車做勻速運(yùn)動(dòng)．
(2)兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T＝5×0.02 s＝0.1 s
v1＝＝ m/s＝0.228 m/s
(3)確定標(biāo)度，根據(jù)給出數(shù)據(jù)描點(diǎn)．作圖如圖所示．

(4)從圖線上取兩個(gè)點(diǎn)(4.5,4.24)，(2.15,2.0)
圖線的斜率k＝≈0.953①
又有k＝＝②
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2aΔx③
根據(jù)牛頓第二定律有
F＝Ma④
由①②③④式解得F≈0.093 N
答案：(1)小車做勻速運(yùn)動(dòng)　(2)0.228　(3)見解析圖　(4)0.093
2、(2018·湖北八校二聯(lián))(1)(10分)下列說法中正確的是(　　)
A．軍隊(duì)士兵過橋時(shí)使用便步，是為了防止橋發(fā)生共振現(xiàn)象
B．機(jī)械波和電磁波在介質(zhì)中的傳播速度僅由介質(zhì)決定
C．泊松亮斑是光通過圓孔發(fā)生衍射時(shí)形成的
D．拍攝玻璃櫥窗內(nèi)的物品時(shí)，往往在鏡頭前加裝一個(gè)偏振片以減弱玻璃的反射光
E．赫茲第一次用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在

(2)(15分)在某種介質(zhì)中，S1、S2處有相距4 m的兩個(gè)波源，沿垂直紙面方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其周期分別為T1＝0.8 s和T2＝0.4 s，振幅分別為A1＝2 cm和A2＝1 cm，在該介質(zhì)中形成的簡(jiǎn)諧波的波速為v＝5 m/s.S處有一質(zhì)點(diǎn)，它到S1的距離為3 m，且SS1⊥S1S2，在t＝0時(shí)刻，兩波源同時(shí)開始垂直紙面向外振動(dòng)，試求：
(ⅰ)t＝0時(shí)刻振動(dòng)傳到S處的時(shí)間差；
(ⅱ)t＝10 s時(shí)，S處質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的位移大小．
解析：(1)電磁波的傳播不需要介質(zhì)，在真空中也能傳播，但在介質(zhì)中的傳播速度由介質(zhì)和頻率共同決定，B錯(cuò)；泊松亮斑是用光照射不透光的小圓盤時(shí)產(chǎn)生的衍射現(xiàn)象，C錯(cuò)．
(2)(ⅰ)由題意可知SS2＝＝5 m；
S1在t＝0時(shí)刻振動(dòng)傳到質(zhì)點(diǎn)S所需的時(shí)間t1＝＝＝0.6 s.
S2在t＝0時(shí)刻振動(dòng)傳到質(zhì)點(diǎn)S所需的時(shí)間t2＝＝＝1 s.
故S1、S2在t＝0時(shí)刻振動(dòng)傳到質(zhì)點(diǎn)S的時(shí)間差M為繩的中點(diǎn)Δt＝t2－t1＝0.4 s.
(ⅱ)在t＝10 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)S按S1的振動(dòng)規(guī)律已經(jīng)振動(dòng)了Δt1＝t－t1＝9.4 s＝T1，
此時(shí)S1引起質(zhì)點(diǎn)S的位移大小x1＝A1＝2 cm；
t＝10 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)S按S2的振動(dòng)規(guī)律已經(jīng)振動(dòng)了Δt2＝t－t2＝9 s＝T2，
此時(shí)S2引起質(zhì)點(diǎn)S的位移大小x2＝0；
所以t＝10 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)S離開平衡位置的位移為S1和S2單獨(dú)傳播引起S位移的矢量和，故x＝x1＋x2＝2 cm＋0＝2 cm.
答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)0.4 s　(ⅱ)2 cm

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