2020高考物理二轮复习第2部分专题2考前热身训练限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第2部分专题2考前热身训练限时检测含解析

选择题仿真练(一)‎ 共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．下列四幅图中所涉及物理知识的论述中，正确的是 图1－1‎ A．甲图中，当紫外线照锌板时，与锌板相连的验电器的金属小球带负电 B．乙图中，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子 C．丙图中，普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念，并成功解释了光电效应现象 D．丁图中，链式反应属于重核的裂变 解析　紫外线照锌板产生光电效应现象，光电子从锌板飞出，锌板带正电，验电器的金属小球带正电，选项A错误；卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构，选项B错误；普朗克通过研究黑体辐射提出能量子概念；爱因斯坦提出光子说，成功解释了光电效应现象，选项C错误；链式反应属于重核的裂变，选项D正确。‎ 答案　D ‎15．(2019·淄博一模)甲、乙两小车在一条平直的车道上行驶，它们运动的v－t图象如图1－2所示，其中甲为两段相同的圆弧，乙为直线。则下列说法正确的是 图1－2‎ A．t＝8 s时两车的加速度大小相等 B．t＝16 s时，两车不一定相遇 C．在0～16 s内，两小车的平均速度大小相等，但方向相反 64‎ D．在0～16 s内，甲车的加速度方向改变 解析　v－t图象中直线或曲线某处切线的斜率表示加速度，由图象知t＝8 s时甲车的加速度大于乙车的加速度，选项A错误；在0～16 s内两车运动的位移相同，但不知两车的初位置情况，故不能判断两车在t＝16 s时是否相遇，选项B正确；在0～16 s内，两车的平均速度大小相等，方向相同，选项C错误；0～16 s内，甲车做加速度先逐渐增大后逐渐减小的加速直线运动，加速度方向不变，选项D错误。‎ 答案　B ‎16．汽车在平直公路上做刹车实验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图1－3所示，下列说法正确的是 图1－3‎ A．刹车过程中汽车加速度大小为10 m/s2‎ B．刹车过程持续的时间为5 s C．t＝0时汽车的速度为10 m/s D．汽车刹车后经过3 s的位移为7.5 m 解析　根据v2＝2ax得＝，可得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，故A错误；由图线可知，汽车的初速度为10 m/s，则刹车过程持续的时间t＝＝ s＝2 s，故B错误，C正确；汽车刹车后经过3 s的位移等于刹车后经过2 s的位移，则x＝t＝×2 m＝10 m，故D错误。‎ 答案　C ‎17．如图1－4所示，水平面内有A、B、C、D、M、N六个点，它们均匀分布在半径为R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、M三点的电势分别为φA＝(2－)V、φC＝2 V、φM＝(2＋)V，下列判断正确的是 图1－4‎ A．电场强度的方向由A指向D B．电场强度的大小为1 V/m 64‎ C．该圆周上的点电势最高为4 V D．沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做负功后做正功 解析　在匀强电场中AM连线的中点G的电势φG＝(φA＋φM)＝2 V＝φC，所以直线COGN为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DM分别为等势线，直线DB、直线MA分别为电场线，可知电场强度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A错误；MA两点间的电势差UMA＝φM－φA＝ 2 V，沿电场方向的距离d＝R＝ m，电场强度E＝＝100 V/m，故B错误；过圆心O作MA的平行线，与圆的交点H处电势最高，UHO＝E·R＝2 V，由UHO＝φH－φO可得：最高电势φH＝UHO＋φO＝4V，故C正确；沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做正功再做负功，故D错误。‎ 答案　C ‎18．如图1－5，地球半径为R，A为地球赤道表面上一点，B为距地球表面高度等于R的一颗卫星，其轨道与赤道在同一平面内，运行方向与地球自转方向相同，运动周期为T，C为同步卫星，离地高度大约为5.6R，已知地球的自转周期为T0，以下说法正确的是 图1－5‎ A．卫星B的周期T等于 B．地面上A处的观察者能够连续观测卫星B的时间为 C．卫星B一昼夜经过A的正上方的次数为 D．B、C两颗卫星连续两次相距最近的时间间隔为 解析　对B、C应用开普勒第三定律有＝，解得：T≈T0，选项A错误；过A点作地球的切线，交卫星B的运行轨迹于M、N点，由几何关系知由M至N卫星B运动的时间为，但是地球还在自转，故A处的观察者能够连续观测卫星B的时间大于 64‎ ‎，选项B错误；设每经t时间B就会经过A正上方一次，则有t－t＝2π，那么一昼夜即T0时间内卫星B经过A的正上方的次数为n＝，解得n＝，选项C错误；经过t时间B经过A的正上方，也就是C通过B的正上方，所以B、C连续两次相距最近的时间间隔为t＝，选项D正确。‎ 答案　D ‎19．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，外电路如图1－6所示，其中三个灯泡都可视为阻值相等的定值电阻，如果线圈在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕OO′轴匀速转动的角速度由ω增大到2ω，则下列说法中正确的是 图1－6‎ A．线圈转动的角速度为ω时，灯泡L1两端的电压的最大值小于nBSω B．线圈转动的角速度为2ω时，通过灯泡L3的电流一定变为原来的2倍 C．不论线圈转动的角速度大小怎么变化，都是灯炮L1最亮 D．线圈的角速度由ω增大到2ω后，灯泡L1上消耗的功率一定变为原来的4倍 解析　因为电感线圈和电容器都对交变电流有一定的阻碍作用，故通过灯泡L1的电流最大，灯泡L1最亮，选项C正确；根据闭合电路欧姆定律，发电机有内阻，故路端电压即灯泡L1两端的电压的最大值小于线圈切割磁感线产生的感应电动势的最大值，选项A正确；线圈L是通直流、阻交流、通低频、阻高频，电容器是通交流、阻直流、通高频、阻低频，线圈角速度增大后，频率增大，则电容器所在的支路电流增大，但不一定是原来的2倍，选项B错误；因为矩形线圈有电阻，故线圈的角速度增大为原来的2倍后，由于电感线圈和电容器的影响，灯泡L1上消耗的功率不一定是原来的4倍，选项D错误。‎ 答案　AC ‎20．(2019·西安一模)如图1－7所示，横放“V”字形金属框架放在匀强磁场中，磁场与框架平面垂直，金属棒与框架接触良好，框架导体和金属棒电阻率相同，截面积相等，现金属棒从B点开始沿“V”字形角平分线方向做匀速直线运动，那么金属棒脱离框架前，电路中的磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I以及金属棒所受到的安培力F随时间变化的图象正确的是 64‎ 图1－7‎ 图1－8‎ 解析　金属棒切割磁感线的长度为L＝2vttan θ，磁通量Φ＝B·L·vt＝Bv2t2tan θ，可见磁通量是时间的二次函数，选项A错误；电路中感应电动势为E＝BLv＝2Bv2tan θ·t，感应电动势E与时间t成正比，所以选项B正确；设金属棒和框架单位长度的电阻为ρ，则电路的总电阻为R＝2ρv(tan θ＋)t，电路中的感应电流为I＝＝，I与t无关，为定值，选项C正确；安培力F＝BIL，因为电流I不变，L与时间t成正比，所以安培力与时间t成正比，选项D错误。‎ 答案　BC ‎21．如图1－9所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是 图1－9‎ A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ 解析　由图象可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，可得木板A的质量M ＝4 kg，木板获得的动能为Ek＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv02－mv2－Mv2‎ 64‎ ‎，代入数据解得ΔE＝4 J，故B错误；由图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移xA＝×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由图象可知，B的加速度a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。‎ 答案　AD 选择题仿真练(二)‎ 共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．(2019·郑州二模)关于原子核的结合能，下列说法不正确的是 A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能 C．铯原子核( 55133Cs)的结合能小于铅原子核( 82208Pb)的结合能 D．比结合能越大，原子核越不稳定 解析　原子核分解成自由核子时，需要的最小能量就是原子核的结合能，选项A正确。重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，即衰变产物的比结合能更大，衰变前后核子数不变，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，选项B正确。铯核的核子数比铅核的核子数少，其结合能也小，选项C正确。比结合能越大，原子核越稳定，选项D错误。‎ 答案　D ‎15．如图2－1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 图2－1‎ A．A和B都向左运动　　B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析　以滑块A、B为系统，碰前动量矢量和为零，选项A、B、C所述碰后动量不为零，据动量守恒定律可知选项A、B、C错误；由于发生弹性碰撞，系统机械能守恒，故选D正确。‎ 答案　D ‎16．如图2－2所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0‎ 64‎ 进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径为2d。O′在MN上，且OO′与MN垂直。下列判断正确的是 图2－2‎ A．电子将向右偏转 B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d D．电子在磁场中运动的时间为 解析　电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；‎ 设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故选项B、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故选项D正确。‎ 答案　D ‎17．由中山大学发起的空间引力波探测工程正式启动后，向太空发射了三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)。三颗卫星构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在高度约10万千米的轨道上运行，因三颗卫星在太空中的分布图类似乐器竖琴(如图2－3所示)，故工程命名为“天琴计划”。有关这三颗卫星的运动，下列描述正确的是 图2－3‎ A．卫星的运行周期大于地球的自转周期 B．卫星的运行周期等于地球的自转周期 C．卫星的运行速度大于7.9 km/s D．仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，可估算出地球的密度 解析　地球同步卫星距地面高度大约为36 000‎ 64‎ ‎ km，“天琴计划”的卫星距地面高度大约为100 000 km，因此“天琴计划”的卫星的运行周期大于地球自转周期，选项A正确，B错误。卫星的运行速度小于7.9 km/s，选项C错误。仅知道引力常量G及卫星绕地球运行的周期T，不能估算出地球的密度，选项D错误。‎ 答案　A ‎18．(2019·合肥一模)在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为8 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向垂直开始计时，如图2－4所示，线圈转动45°时的感应电流为1 A，则 图2－4‎ A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝2sint(V)‎ D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint(Wb)‎ 解析　由题给条件可得i＝sint(A)，故线圈中感应电流的有效值为I＝＝1 A，选项B错误；由P＝I2R＝12×2 W＝2 W，选项A错误；任意时刻线圈中的感应电动势e＝iR＝2sint(V)，选项C正确；穿过线圈的磁通量Φ＝Φmcos ωt＝cost(Wb)，选项D错误。‎ 答案　C ‎19．如图2－5所示，真空中有一边长为a的等边三角形ABC，P点是三角形的中心。在A点固定一电荷量为q的负点电荷，在B点固定一电荷量为q的正点电荷，已知静电力常量为k，则以下说法正确的是 图2－5‎ A．C点的电场强度大小为 64‎ B．C点电势高于P点电势 C．某一试探电荷在C点与P点所受静电力大小之比为 D．将某一试探电荷从C点沿CP连线的方向移动到P点的过程中静电力不做功 解析　负点电荷在C点的电场强度大小为EA＝，正点电荷在C点的电场强度大小为EB＝，且两电场强度方向的夹角为120°，则C点的合场强方向与AB平行向左，大小为E1＝，选项A错误；等量异种点电荷的中垂线为等势线，且各点的电势均为零，则C点与P点的电势相等，试探电荷从C点沿CP连线的方向移动到P点，电场力不做功，选项B错误，D正确；由于P点是正三角形的中心，设P点到A点、B点的距离均为x，则由几何关系可知，2xcos30°＝a，x＝，A、B两点处的点电荷在P点的电场强度大小均为E＝＝，且夹角为60°，则P点的合场强大小为E2＝2Ecos30°＝，试探电荷在C点与P点所受的电场力之比为＝＝，选项C正确。‎ 答案　CD ‎20．质量均为1 t的甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同一方向做直线运动，两车的动能Ek随位移x的变化图象如图2－6所示，下列说法正确的是 图2－6‎ A．汽车甲的加速度大小为2 m/s2‎ B．汽车乙的加速度大小为1.5 m/s2‎ C．汽车甲、乙在x＝6 m处的速度大小为2 m/s D．汽车甲、乙在x＝8 m处相遇 解析　设汽车甲的初速度为v1，汽车乙运动9 m后的速度为v2。则由图象可知，Ek1＝mv12，代入数据得v1＝6 m/s；Ek2＝mv22，代入数据得v2＝3 m/s。由于动能关于位移的图象为倾斜的直线，因此两辆汽车所受合外力恒定，均做匀变速直线运动，由运动学公式得，汽车甲的加速度大小a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，汽车乙的加速度大小a2＝＝ m/‎ 64‎ s2＝1 m/s2，选项A正确，B错误；由题图可知两汽车在x＝6 m处的速度相等，由汽车乙的运动可知v2＝2a2x，代入数据得v＝2 m/s，选项C正确；甲停止所用时间t＝＝3 s，甲运动的位移x1＝ 9 m，甲停止后，甲乙才能相遇，选项D错误。‎ 答案　AC ‎21．如图2－7所示，在光滑水平面内建立直角坐标系xOy，一质点在该平面内O点受大小为F的力作用从静止开始做匀加速直线运动，经过t时间质点运动到A点，A、O两点距离为a，在A点作用力突然变为沿y轴正方向，大小仍为F，再经t时间质点运动到B点，在B点作用力又变为大小等于4F、方向始终与速度方向垂直且在该平面内的变力，再经一段时间后质点运动到C点，此时速度方向沿x轴负方向，下列对运动过程的分析正确的是 图2－7‎ A．A、B两点间距离为a B．C点与x轴的距离为a C．质点在B点的速度方向与x轴成30°角 D．质点从B点运动到C点所用时间为πt 解析　根据题述质点从O到A做匀加速直线运动，从A到B做类平抛运动，从B到C做匀速圆周运动，画出质点运动轨迹图，由图中几何关系可得，A、B两点距离为s＝＝a，选项A错误；质点运动到B点的速度方向与x轴成45°角，选项C错误；质点运动到B点的速度v＝2。根据质点从B到C做匀速圆周运动，向心力等于4F可得4F＝，解得：R＝a。C点与x轴的距离为y＝a＋R＋R＝a，选项B正确；质点从B点运动到C点所用时间为＝πt，选项D正确。‎ 64‎ 答案　BD 选择题仿真练(三)‎ 共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大初动能为Ek，当改用c光束照射该金属板时 A．能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为Ek B．能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为Ek C．能发生光电效应，飞出的光电子最大初动能为Ek D．由于c光束光子能量最小，该金属板不会发生光电效应 解析　a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3，因为光子频率ν＝，可知光子频率之比为6∶3∶2。设a光的频率为6ν，由光电效应方程有：Ek＝h·6ν－W0，Ek＝h·3ν－W0；解得逸出功W0＝hν，Ek＝hν；c光的光子频率为2ν，能量为2hν＞W0，能发生光电效应；最大初动能E′km＝h·2ν－W0＝hν＝Ek；故选项B正确。‎ 答案　B ‎15．由某种导线构成的正方形导线框abcd竖直放置，已知长度为l的该导线的电阻为lr，现将正方形导线框置于如图3－1所示的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为B，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为E，内阻不计的电源两端。则关于导线框所受安培力的大小和方向，下列说法正确的是 图3－1‎ A．安培力的大小为，方向竖直向上 B．安培力的大小为，方向竖直向下 C．安培力的大小为，方向竖直向下 64‎ D．安培力的大小为，方向竖直向上 解析　由题图可知，电路接通后流过导线框的电流沿ad及abcd方向，设导线框的边长为x，由欧姆定律可得，流过ad边的电流为I1＝，流过bc边的电流为I2＝，又由左手定则可知ad、bc两边所受的安培力方向均竖直向下，ab、cd两边所受到的安培力大小相等，方向相反，则导线框所受的安培力的大小为F＝B(I1＋I2)x＝，方向竖直向下，选项B正确。‎ 答案　B ‎16．(2019·大连一模)某物体做直线运动，运动的时间为t，位移为x，物体的－t图象如图3－2所示，下列说法正确的是 图3－2‎ A．物体的加速度大小为 B．t＝0时，物体的初速度为b C．t＝0到t＝这段时间物体的位移为 D．t＝0到t＝b这段时间物体的平均速度为 解析　由题意知物体做匀变速直线运动，位移公式x＝v0t＋a0t2，变形为＝v0＋a0t，斜率为a0、纵截距为v0，结合图象可知a0＝－、初速度v0＝a，解得：a0＝－，故选项A、B均错误；时间t＝时，物体的位移为x1＝a×＋×2＝ab，选项C正确；平均速度为＝，选项D错误。‎ 答案　C ‎17．在很多公园和旅游景点，都建有如图3－3甲所示的拱桥。为了研究问题方便，我们把拱桥简化为如图乙所示由六块大小、形状、质量均相同的石块组成的一个半圆形拱圈，1、6两块石块放置在拱圈两端的基石上。设每块石块质量为m。假设在中间两石块正上方静置一个质量为2m的石块，已知重力加速度为g，则 64‎ 图3－3‎ A．半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mg B．石块3、4之间的摩擦力大小不为零 C．石块2对石块3的弹力大小为mg D．石块5对石块4的摩擦力大小为2mg 解析　把六块石块和上方所放石块看成整体，对整体受力分析，由平衡条件可得半圆形拱圈两端的基石对上方石块的支持力各为F＝4mg，由牛顿第三定律可得半圆形拱圈两端的基石承受的压力各为4mg，选项A正确；把拱桥上方所放石块看成是两块质量均为m的石块，把左侧石块1、2、3和质量为m的石块看成整体，由平衡条件可得，石块3、4之间的摩擦力为零，选项B错误；由对称性可知，石块2对石块3的弹力大小与石块5对石块4的弹力大小相等，石块2对石块3的摩擦力大小与石块5对石块4的摩擦力大小相等。设石块2对石块3的弹力大小为F23，石块2对石块3的摩擦力大小为Ff23，石块4对石块3的弹力为FT(将FT看成已知力)，把石块3和质量为m的石块看成整体，对整体进行受力分析，如图所示。‎ 由平衡条件可得：‎ F23cos 30°－Ff23sin 30°＝FT，‎ Ff23cos 30°＋F23sin 30°＝2mg，‎ 联立解得：F23＝mg＋FTcos 30°＞mg，Ff23＝mg－FTsin 30°＜mg，故选项C、D错误。‎ 答案　A ‎18．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图3－4甲所示，滑块运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则 64‎ 图3－4‎ A．滑块在MN右边区域运动的位移大小与在MN左边区域运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 解析　根据题中速度图线与横轴所围的面积表示位移可知，滑块在MN右边区域运动的位移大小与在MN左边区域运动的位移大小不相等，选项A错误。根据题图乙所示速度图象可知，t＝2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误。根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在0～2 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1＝，在2～5 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2＝，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，f＝ma2，联立解得：f∶F＝2∶5，选项C正确。在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为Wf＝f·2.5v0，电场力做的功可表示为WF＝F·v0＝2.5f·v0，二者做功相等，选项D错误。‎ 答案　C ‎19．(2019·贵阳模拟)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来。用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为M，万有引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体。下列选项中说法正确的是 A．在北极地面称量时，弹簧秤读数为F0＝G B．在赤道地面称量时，弹簧秤读数为F1＝G C．在北极上空高出地面h处称量时，弹簧秤读数为F2＝G D．在赤道上空高出地面h处秤量时，弹簧秤读数为F3＝G 解析　北极地面物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有：F0＝G，选项A正确；在赤道地面称量时，万有引力等于重力加上随地球一起自转所需要的向心力，则有F1＜G，选项B错误；在北极上空高出地面h处称量时，万有引力等于重力，则有F2＝G 64‎ eq f(Mm,(R＋h)2)，选项C正确；在赤道上空高出地面h处称量时，万有引力大于重力，弹簧秤读数F3＜G，选项D错误。‎ 答案　AC ‎20．(2019·开封一模)如图3－5所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝。下列说法正确的是 图3－5‎ A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小将在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 解析　电场力的方向水平向右，大小为F＝qE＝mg，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45°，合力大小为mg，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45°，大小为mg。若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则在等效最高点即弧AD的中点处有mg＝m，最小的速度v＝，选项A错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在B点的电势能最小，所以在B点的机械能最大，选项B正确；小球从A点静止释放，小球受到的合力方向沿AC方向，所以小球会沿AC做匀加速直线运动，选项C错误；若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为－g，水平方向上的位移为0时，运动时间为t＝2＝，水平位移x＝gt2＝2L，则小球刚好运动到B点，故D正确。‎ 答案　BD ‎21．如图3－6所示，浅色传送带A、B两端距离L＝24 m，以速度v0＝8 m/s逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为θ＝30°，现将一质量m＝2 kg的煤块轻放在传送带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，则下列叙述正确的是 64‎ 图3－6‎ A．煤块从A端运动到B端所经历时间为3 s B．煤块从A端运动到B端重力的瞬时功率为240 W C．煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为4 m D．煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为24 J 解析　煤块刚放上传送带时对煤块进行受力分析，其加速度大小为a1＝gsin 30°＋μgcos 30°＝8 m/s2，则煤块速度达v0后，由于mgsin θ＞μmgcos θ，故煤块与传送带会相对滑动，故煤块的加速度a2＝gsin 30o－μgcos 30o＝2 m/s2。煤块速度达到v0时经历的时间t1＝＝1 s，煤块的位移x1＝＝4 m，煤块与传送带继续相对滑动，根据v2－v02＝2a2(L－x1)可得v＝12 m/s，则煤块的速度达到v0至到达B经历时间t2＝＝2 s，所以煤块从A端运动到B端所经历时间为t＝t1＋t2＝3 s，选项A正确；煤块从A端运动到B端重力的瞬时功率为P＝mgvsin θ＝120 W，选项B错误 ；煤块第一次匀加速运动产生的黑色痕迹出现在其前方，长度为s1＝v0t1－x1＝4 m，煤块第二次匀加速运动产生的黑色痕迹出现在其后方，长度为s2＝L－x1－v0t2＝4 m；故两次痕迹完全重合，故煤块从A端运动到B端留下的黑色痕迹为4 m，选项C正确；煤块从A端运动到B端因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ(s1＋s2)＝48 J，选项D错误。‎ 答案　AC 选择题仿真练(四)‎ 共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．下列说法正确的是 A．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 B．铀核裂变的核反应是 92235U―→ 66141Ba＋3692Kr＋201n C．原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现 D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大 解析　德布罗意根据波粒二象性，认为实物粒子也具有波动性，选项A错误；铀核裂变方程为 92235U＋01n―→ 56144Ba＋3689Kr＋301n，选项B错误；原子吸收实物粒子的能量也能从低能级向高能级跃迁，选项C正确；根据能量量子化知，波长越长，能量越小，选项D错误。‎ 答案　C 64‎ ‎15．(2019·福期州末)如图4－1所示，有一倾角为θ的斜面，斜面上有一能绕B转动的木板AB，初始时木板AB与斜面垂直，把球放在斜面和木板AB之间，不计摩擦，球对斜面的压力为F1，对木板的压力为F2。将木板绕B点缓慢推到竖直位置的过程中 图4－1‎ A．F1和F2都增大　　　B．F1和F2都减小 C．F1增大，F2减小 D．F1减小，F2增大 解析　球受重力G、斜面对球的弹力FN1、木板对球的弹力FN2作用，则由牛顿第三定律有：FN1＝F1，FN2＝F2。因为G、FN1、FN2三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形。其中G的大小和方向始终不变，FN1的方向也不变，大小可变，FN2的大小、方向都在变。在木板旋转的过程中，FN2由虚线位置旋转至水平位置(如图所示)，显然FN1与FN2一直增大。所以F1与F2都是增大的，选项A正确。‎ 答案　A ‎16．如图4－2所示 ，光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨左端接有电阻R，导轨上垂直导轨放着一根金属棒(与导轨接触良好)，导轨和金属棒电阻均不计。给金属棒施加水平向右的恒定拉力，使金属棒沿导轨由静止开始向右加速，最终匀速运动。当恒定拉力的大小变为原来的k倍时，金属棒最终匀速运动时的速度大小和拉力的功率分别变为原来的 图4－2‎ A．k倍，k倍 B．k2倍，k倍 C．k倍，k2倍 D．k2倍，k2倍 解析　匀速运动时，恒定拉力F＝F安＝，拉力的功率P＝Fv＝F安 v＝，若F变为原来的k倍，速度v也会变为原来的k倍，拉力的功率P变为原来的k2倍，故选项C正确。‎ 答案　C 64‎ ‎17．某宾馆大楼中的电梯下方固定有劲度系数均为k的4根相同的竖直弹簧，如图4－3所示，这是防止电梯在空中因缆绳断裂下坠而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5 g(g为重力加速度)，则下列说法正确的是 图4－3‎ A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为 C．弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于超重状态 D．弹簧着地后，在电梯下降过程中，电梯一直处于失重状态 解析　电梯坠到最低点时，根据牛顿第二定律有4kx－mg＝5mg，得每根弹簧的压缩长度x＝，选项A正确，B错误；弹簧着地后，电梯在下降过程中，先加速下降，加速度方向竖直向下即电梯处于失重状态，后减速下降，加速度方向竖直向上即电梯处于超重状态，选项C、D均错误。‎ 答案　A ‎18．如图4－4所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。将球a和球b分别向左和向右拉起，使细线水平。同时由静止释放球a和球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为θ＝60°。忽略空气阻力，则两球a、b的质量比值为 图4－4‎ A.＝3 B.＝3－2 C.＝2 D.＝2－2‎ 64‎ 解析　设细线长为L，球a、b下落至最低点，碰前瞬间的速率为v1、v2，由机械能守恒定律得，magL＝mav1 2，mbgL＝mbv2 2；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v，以向左为正，由动量守恒定律得mbv2－mav1＝(ma＋mb)v，两球共同向左运动到最高处过程，由机械能守恒定律得(ma＋mb)v2＝(ma＋mb)gL(1－cos θ)，联立解得＝＝3－2，所以选项B正确。‎ 答案　B ‎19．如图4－5所示的实线为电场线，电场线分布及a、e两点关于直线OO′对称，带电粒子从a点沿虚线adb运动到b点，过直线OO′时速度方向恰好与OO′垂直，不计粒子重力，则下列说法正确的是 图4－5‎ A．过b点后带电粒子可能运动到c点 B．带电粒子的运动轨迹是抛物线的一部分 C．带电粒子从a运动到b，其电势能增大 D．直线OO′垂直于电场中的等势面 解析　根据题述及对称关系分析易知，过b点后粒子沿be运动，选项A错误；在非匀强电场中带电粒子的运动轨迹不可能是抛物线的一部分，选项B错误；带电粒子从a运动到b，电场力做负功，电势能增大，选项C正确；电场线垂直于等势面，OO′为对称轴，恰好与临近的场强方向平行，故直线OO′垂直于电场中的等势面，选项D正确。‎ 答案　CD ‎20．如图4－6所示，内壁有四分之一圆弧的滑块静止在光滑水平面上，滑块下端B点离地面距离为h，圆弧也光滑且半径为R＝2h。一小球从滑块的上边缘点A的正上方高为2h处由静止释放，恰好能从A点进入圆弧，小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小为v，小球刚落在水平面上的位置与滑块上B点间的水平距离为s＝4h。设小球的质量为m。重力加速度大小为g，以滑块上端点A为零势能点。则 图4－6‎ A．小球在滑块下端B点的重力势能为－2mgh B．小球受滑块的支持力不做功 C．小球从滑块的A点到达B点的过程合力做的功是mv2－2mgh 64‎ D．小球到达滑块下端B点时相对地面的速度大小v＝3 解析　滑块上端点A为零势能点，小球在滑块下端B点的重力势能为－2mgh，选项A正确；在小球沿滑块的圆弧轨道滑动的同时，滑块也沿水平面向左运动，滑块动能增加，就是小球对滑块的压力做正功，反之小球受滑块的支持力对小球做负功，选项B错误；小球从滑块的A点到达B点的过程由动能定理有W＝ΔE＝Ek2－Ek1＝mv2－2mgh，选项C正确；两者组成系统水平方向动量守恒，有0＝mv－m′v′，两者组成系统机械能守恒，有4mgh＝mv2＋m′v′2，平抛后h＝gt2,4h＝vt＋v′t，联立解得v＝2，选项D错误。‎ 答案　AC ‎21．(2019·长春一模)如图4－7所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1∶B2＝3∶2。在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子a、b，已知粒子a以速度va沿x轴正方向运动，粒子b以速率vb沿x轴负方向运动，已知粒子a带正电，粒子b带负电，电荷量相等，且两粒子的速率满足mava＝mbvb。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时，恰与粒子b相遇，粒子重力不计，下列说法正确的是 图4－7‎ A．粒子a、b在磁场B1中的偏转半径之比为3∶2‎ B．两粒子在y轴正半轴相遇 C．粒子a、b相遇时的速度方向相同 D．粒子a、b的质量之比为1∶5‎ 解析　由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝知＝＝，所以选项A错误；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝知，a粒子从O点出发沿x轴正方向射出向上逆时针转半周在y轴上上移2ra2，穿过y轴后逆时针向下转半周后下移2ra1，由于B2＜B1。则第二次经过y轴时在坐标原点上方(2ra2－2ra1)处，同理第四次经过y轴时在坐标原点上方2(2ra2－2ra1)处，所以由题意知选项B正确；从最短时间的情况进行考虑，显然是b粒子向上转半周后相遇的，a粒子第四次经过y轴时是向右方向，而b 64‎ 粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，所以选项C正确；根据周期公式T＝及题意知，当两粒子在y轴上相遇时，时间上有Tb1＝Ta1＋Ta2，即×＝＋，结合B1∶B2＝3∶2，得到＝，所以选项D正确。‎ 答案　BCD ‎ 选择题仿真练(五)‎ 共8小题，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．山城重庆的轻轨交通颇有山城特色，由于地域限制，弯道半径很小，在某些弯道上行驶时列车的车身严重倾斜，每到这样的弯道乘客都有一种坐过山车的感觉，很是惊险刺激。假设某弯道铁轨是圆弧的一部分，转弯半径为R，重力加速度为g，列车转弯过程中倾角(车身与竖直面夹角)为θ，则列车在这样的轨道上转弯行驶的安全速度(轨道不受侧向挤压)为 图5－1‎ A.　　　　B. C. D. 解析　列车在这样的轨道上转弯安全行驶，此时列车受到的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 mgtan θ＝m解得v＝，故选项C正确。‎ 答案　C ‎15．(2019·汕头模拟)图5－2为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中 64‎ 图5－2‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板所带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有电流通过 解析　根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。‎ 答案　D ‎16．如图5－3所示，当开关S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。闭合开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于1.0 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于1.0 V时，电流表读数为零。则 图5－3‎ A．电源的左侧电极为负极 B．该金属的逸出功为1.0 eV C．光电子的最大初动能为1.0 eV D．若入射光的频率加倍，则光电子的最大初动能也加倍 解析　当电压表读数大于或等于1.0 V时电流表读数为零，说明所加电压为反向电压，阴极K连接电源正极，选项A错误；当反向电压Uc＝1.0 V时，具有最大初动能的光电子恰不能到达阳极，因此eUc＝Ek得，最大初动能Ek＝1.0‎ 64‎ ‎ eV，选项C正确；由爱因期坦光电效应方程Ek＝hν－W0得，逸出功W0＝1.5 eV，选项B错误；若入射光的频率加倍，光电子的最大初动能为3.5 eV，选项D错误。‎ 答案　C ‎17．相距15 m的甲、乙两质点在t＝0时刻开始沿同一直线相向运动，它们运动的v－t图象如图5－4所示。下列说法正确的是 图5－4‎ A．0～3 s内，甲的平均速度比乙的小 B．t＝3 s时，甲的加速度为零 C．0～5 s时，甲和乙的平均速度相等 D．t＝5 s时，甲、乙相遇 解析　由题中图线与坐标轴所围的面积表示质点位移，所以前3 s内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度比乙的大，选项A错误；v－t图线的斜率的绝对值表示加速度大小，t＝3 s时甲的加速度不为零，选项B错误；前5 s内乙质点位移为10 m，乙的平均速度为2 m/s，甲质点位移为－5 m，平均速度为－1 m/s，负号表示方向与正方向相反，又两质点相向运动，开始时相距15 m，所以5 s末两质点相遇，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎18．如图5－5所示，铁板AB与水平地面垂直，一块磁铁吸附在铁板右侧。现缓慢使铁板的B端绕A端沿顺时针方向转动到与水平地面成θ角，此过程中磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是 图5－5‎ A．磁铁始终受到三个力的作用 B．铁板对磁铁的作用力逐渐增大 C．铁板对磁铁的弹力逐渐减小 D．磁铁受到的摩擦力逐渐增大 64‎ 解析　沿转动后铁板的方向建立x轴，垂直铁板方向建立y轴，则磁铁的受力如图所示，磁铁受到重力、铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用，故选项A错误；缓慢向下转动的过程，磁铁可视为处于平衡状态，铁板对磁铁的作用力是铁板弹力、铁板的磁力、摩擦力作用的合力，与重力等大反向，即铁板对磁铁的作用力不变，故选项B错误；铁板对磁铁的磁力大小不变，缓慢向下转动的过程中磁力的方向与AB的相对位置关系不变，重力沿x轴的分力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，重力沿y轴的分力逐渐增大，因此弹力逐渐减小，故选项C正确，D错误。‎ 答案　C ‎19．(2019·太原一模)下列说法正确的是 A．铀238发生α衰变变成钍234时，α粒子与钍234的质量之和等于铀238的质量 B．铀238发生α衰变变成钍234时，α粒子与钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能 C．β衰变中释放的β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流 D．核反应方程 714N＋24He→ 178O＋X中，X是质子且反应过程中系统动量守恒 解析　铀238发生α衰变时有质量亏损，故选项A错误；铀238发生α衰变变成钍234时，α粒子和钍234的结合能之和一定大于铀238的结合能，故选项B正确；β衰变的实质是原子核内部的一个中子变成一个质子和一个电子，并将电子发射到核外，形成β射线，故选项C错误；在核反应中质量数守恒，电荷数守恒，设X的质量数为m，电荷数为n，则有4＋14＝17＋m,2＋7＝8＋n，解得m＝1，n＝1，所以X表示质子，核反应过程中系统动量守恒，故选项D正确。‎ 答案　BD ‎20．2017年10月16日，多国科学家联合宣布人类第一次直接探测到来自“双中子星”合并的引力波信号。假设双中子星在合并前，两中子星A、B的质量分别为m1、m2，两者之间的距离为L，如图5－6所示。在双中子星互相绕行过程中两者质量不变，距离逐渐减小，则 64‎ 图5－6‎ A．A、B运动的轨道半径之比为 B．A、B运动的速率之比为 C．双中子星运动周期逐渐增大 D．双中子星系统的引力势能逐渐减小 解析　双星的周期、角速度、向心力大小相同，根据＝m1ω2r1，＝m2ω2r2，r1＋r2＝L，可得＝，选项A错误；双星的角速度相同，根据v＝ωr，可得＝＝，选项B正确；由＝m1ω2r1，＝m2ω2r2，又角速度ω＝，可得T＝2π，L减小，则T减小，故选项C错误；两中子星相互靠近过程中引力做正功，引力势能减小，选项D正确。‎ 答案　BD ‎21．如图5－7所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端。金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g。则 图5－7‎ A．金属杆加速运动过程中的平均速度为 B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率 C．当金属杆的速度为时，它的加速度大小为 D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv2‎ 解析　对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，选项A错误；当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsin θ＝时，杆ab 64‎ 开始匀速运动，此时v最大，安培力最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，选项B正确；当金属杆速度为时，F安＝＝mgsin θ，所以F合＝mgsin θ－F安＝mgsin θ＝ma，得a＝，选项C正确；由能量守恒可得mgh－mv2＝Qab＋QR，即mgh－mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，选项D错误。‎ 答案　BC 选择题仿真练(六)‎ 共8小题。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目的要求，第19～21题有多项符合题目要求。‎ ‎14．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能 A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 解析　高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动，则列车所受合外力恒定，由动能定理Ek＝F·x，Ek与位移成正比。另外，Ek＝mv2＝ma2t2＝，故选项B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎15．(2019·河南中原名校二模)如图6－1所示为甲、乙两质点做直线运动的v－t图象，若两质点从同一地点出发，到t1时刻相遇，则下列说法正确的是 图6－1‎ A．v1＝8 m/s B．v2＝12 m/s C．t1＝(3＋) s D．0～t1时间内，甲、乙相距的最大距离为3 m 解析　由题图可知，甲的加速度a1＝2 m/s2，乙的加速度a2＝6 m/s2，则×2t12＝×6(t1‎ 64‎ ‎－2)2，求得t1＝(3＋) s，C项正确；v1＝a1t1＝(6＋2) m/s，A项错误；v2＝a2(t1－2)＝(6＋6) m/s，B项错误；0～t1内，甲、乙相距的最大距离为Δx＝×2×6 m＝6 m，D项错误。故选C。‎ 答案　C ‎16．(2019·青岛二模)如图6－2所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去力F前后下列说法正确的是 图6－2‎ A．撤去力F之前A受到3个力作用 B．撤去力F之前B受到4个力作用 C．撤去力F前后，A的受力情况不变 D．A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2‎ 解析　撤去力F前，整体做匀速运动，故B受地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用；A只受重力和B对A的支持力，A受两个力的作用，A错误，B错误；撤去力F后，由于整体做减速运动，A受到重力和B对A的支持力及B对A的摩擦力，A受3个力的作用，C错误；撤去力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a＝μ2g，而对A应满足μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正确；故选D。‎ 答案　D ‎17．(2018·北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是 A．磁场和电场的方向　　　　B．磁场和电场的强弱 C．粒子的电性和电荷量 D．粒子入射时的速度 解析　由于带电粒子做匀速直线运动，对带电粒子进行受力分析知，电场力与磁场力平衡，qE＝qvB，即v＝，由此式可知，粒子入射时的速度、磁场和电场的强弱及方向有确定的关系，故A、B、D错误，C正确。‎ 答案　C ‎18．(2019·天津部分区期末)如图6－3所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d。E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零。若将H点的负电荷移到O点，则F 64‎ 点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)‎ 图6－3‎ A.，方向向右 B.，方向向左 C.，方向向右 D.，方向向左 解析　当负电荷在H点时，F点电场强度恰好为零，故两个正电荷在F点的电场强度与负电荷的电场强度之和为零，根据公式E＝k可得负电荷在F点产生的电场强度大小为E＝k，方向水平向左，故两个正电荷在F点产生的电场强度大小为E＝k，方向水平向右；负电荷移到O点 , 在F点产生的电场强度大小为E1＝k，方向水平向左，所以F点的合电场强度为k－k＝k，方向水平向左，故D正确，A、B、C错误；故选 D。‎ 答案　D ‎19．(2019·江苏南京、盐城一模)电荷量为Q1和Q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，x轴上各点电势随x的变化关系如图6－4所示。则 图6－4‎ A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．G点处电场强度的方向沿x轴负方向 C．将一带负电的试探电荷自G点静止释放，仅在电场力作用下一定能到达D点 D．将一带负电的试探电荷从D点移到J点，电场力先做正功后做负功 解析　图象斜率表示电场强度大小，由图可知在H点的电场强度为零，即Q1和Q2两电荷在H的合电场强度为零，由公式E＝可知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，故A错误；沿着电场线电势逐渐降低，可知G点的电场强度沿x轴负方向，故B正确；由在G点场强方向沿x轴向左，负电荷所受电场力向右，所以负电荷沿x轴向右运动，故C错误；由图象可知从D点到J点电势先升高再降低，负电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确。‎ 64‎ 答案　BD ‎20．(2019·银川一中一模)如图6－5所示，边长为L、总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd边右侧紧邻两个磁感应强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场。现使线框以速度v0匀速通过磁场区域，从开始进入，到完全离开磁场的过程中，下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是 图6－5‎ 图6－6‎ 解析　线圈进入左侧磁场过程，位移为0～L的过程中，感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝＝i0，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，为正值，a的电势比b的电势高，ab间的电势差Uab＝＝u0；位移为L～2L的过程中，感应电动势E＝2BLv0，感应电流I＝＝2i0，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，为负值，a的电势比b的电势高，ab间的电势差Uab＝＝2u0；位移为2L～3L的过程中，感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝＝i0，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，为正值，a的电势比b的电势低，ab间的电势差Uab＝－＝－3u0；综上所述，故选项A、C正确，选项B、D错误。‎ 答案　AC ‎21．(2019·茂名二模)如图6－7所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy 64‎ 平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两个相同的带电粒子，先后从y轴上的a(0，L)点和b点(坐标未知)以相同的速度v0垂直于y轴射入磁场，在x轴上的c(L,0)点相遇，不计粒子重力及其相互作用，根据题设条件可以确定 图6－7‎ A．带电粒子在磁场中运动的半径 B．带电粒子的电荷量 C．带电粒子在磁场中运动的时间 D．带电粒子的质量 解析　两个粒子做匀速圆周运动，由几何关系可以确认其圆心坐标分别是(0，L)(0，－L)，轨迹半径R＝L，圆弧所对圆心角分别是120°和60°，依qv0B＝m得R＝，又v0、B已知，但无法确认带电粒子带电荷量和质量；由T＝，t＝T，可求出带电粒子在磁场中运动的时间，AC正确。‎ 答案　AC 实验题专项仿真练 实验题仿真练(一)‎ ‎22．如图Ⅰ－1甲所示为研究小车做匀变速直线运动的实验装置图。‎ 图Ⅰ－1‎ ‎(1)请写出图甲中两个重要的实验器材名称：①____________，②____________。‎ ‎(2)如图乙所示是某次实验中得到的纸带的一部分，则O、E两点间的距离为__________cm。‎ ‎(3)如图Ⅰ－2所示是根据实验数据绘出的s－t2图象(s 64‎ 为纸带上各计数点至第一个点的距离)，则加速度大小a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)。‎ 图Ⅰ－2‎ 解析　(1)题图甲中①是纸带，②是打点计时器。‎ ‎(2)由题图乙所示刻度尺可知，O、E两点间距离s＝2.82 cm－1.00 cm＝1.82 cm。‎ ‎(3)小车做初速度为零的匀加速直线运动，则根据s＝at2，由题图可知，k＝a，则a＝2k≈0.933 m/s2。‎ 答案　见解析 ‎23．(2019·南充市高三调研)某探究小组在做电表的改装和练习使用多用电表的实验。‎ ‎(1)如图Ⅰ－3甲所示是某同学设计的电流、电压两用表的电路图，已知电流计G的量程是1 mA，内阻是100 Ω，电阻R1＝1.01 Ω，R2＝99.0 Ω，则选择开关接到______(填“1”或“2”)时是电压表，电流表、电压表的量程各是________、________。‎ 图Ⅰ－3‎ ‎(2)多用电表表盘指针位置如图乙中a所示，如果此时选用的是直流50 mA挡，则读数为____ mA，如果此时选用的是直流2.5 V挡，则读数为____ V；如果选用的是欧姆“×100”挡，多用电表表盘指针位置如图乙中b所示，则读数为____ Ω。‎ 图Ⅰ－4‎ ‎(3)如图Ⅰ－4所示是欧姆表的工作原理图。若表头的满偏电流为Ig＝500 μΑ，干电池的电动势为1.5 V，灵敏电流计的电流刻度值50 μA，对应的欧姆表电阻值为____Ω。‎ 解析　(1)根据电表原理，选择开关接到2时是电压表；电流计G与电阻R1并联后，总电阻为1.0 Ω，根据并联电路特点1 mA×100 Ω＝I×1.0 Ω，I＝0.1‎ 64‎ ‎ A，所以电流表的量程为0.1 A；电阻R2与量程为0.1 A的电流表串联改装成电压表，根据串联电路特点U＝0.1 A×(1.0 Ω＋99.0 Ω)＝10 V，所以电压表的量程是10 V。(2)如果用直流50 mA挡测电流，则读数为17.0 mA；如果是用直流2.5 V挡测量电压，则读数为0.85 V；如果是用欧姆“×100”挡测量电阻，则读数为9×100 Ω＝900 Ω。(3)对应电流“0”刻度的电阻刻度为“∞”，对应满偏电流“500 μA”刻度的电阻刻度为“0”，所以调零时，由闭合电路欧姆定律有Ig＝，得欧姆表总内阻R内＝Rg＋r＋R0＝＝3 000 Ω，对测量电阻Rx有I＝，得Rx＝－R内，当I＝50 μA时，Rx＝2.7×104 Ω。‎ 答案　(1)2　0.1A　10V　(2)17.0　0.85　900　(3)2.7×104‎ 实验题仿真练(二)‎ ‎22．(2019·山西省高三调研)某同学用如图Ⅱ－1甲所示装置测量小物块做匀减速运动时的加速度，将曲面固定在水平桌面上，把光电门固定在桌面上的O点。当光电门有物体通过时，与之连接的数字计时器(图中未画出)能够显示挡光时间。‎ 图Ⅱ－1‎ ‎(1)用螺旋测微器测量A板的宽度如图乙所示，其读数为________mm；用20分度的游标卡尺测量B板的宽度如图丙所示，其读数为________mm，若实验中没有现成的遮光条，应选用________(选填“A”或“B”)板为遮光条更好。‎ ‎(2)将带有遮光条的小物块由曲面的顶端无初速度释放，经过一段时间小物块停在桌面上的P点。为了完成本实验，除了测量遮光条的宽度d，还需要测量光电门到P点的距离s、遮光条通过光电门的时间t，得小物块从O到P做匀减速运动的加速度大小的表达式a＝________。(用测量的物理量d、t、s表示)‎ 解析　(1)螺旋测微器固定刻度读数为4.5 mm，可动刻度读数为0.01×29.8 mm＝0.298 mm，所以最终读数为4.5 mm＋0.298 mm＝4.798 mm；游标卡尺的主尺读数为18 mm，游标尺读数为0.05×17 mm＝0.85 mm，所以最终读数为18 mm＋0.85 mm＝18.85 mm；若实验中没有现成的遮光条，应选用宽度小的A 64‎ 板为遮光条，实验时把遮光条经过光电门时的平均速度作为物块的瞬时速度，遮光条的宽度越窄，遮光条经过光电门时的平均速度越接近物块的瞬时速度。(2)根据遮光条的宽度与遮光条通过光电门的时间即可求得物块的速度v＝，根据匀减速运动规律得－2as＝0－v2，联立以上两式得加速度的表达式a＝＝。‎ 答案　(1)4.798(4.795～4.800均可)　18.85　A　(2) ‎23．(2019·哈尔滨模拟)测定电流表内阻的实验中备用的器材如下：‎ A．电流表(量程0～100 μA，内阻Rg约为几百欧)‎ B．标准电压表(量程0～5 V)‎ C．电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)‎ D．电阻箱(阻值范围0～99 999.9 Ω)‎ E．电源(电动势2 V，内阻不为零)‎ F．电源(电动势6 V，内阻不为零)‎ G．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω，额定电流1.5 A)，开关和导线若干 ‎(1)采用如图Ⅱ－2甲所示的电路测定电流表的内阻，且要求较高的测量精度，那么从以上备用器材中， 电阻箱R1应选用________，电阻箱R2应选用________，电源E应选用________。(填写字母代号)‎ 图Ⅱ－2‎ ‎(2)实验时要进行的步骤有：‎ A．闭合开关S1；‎ B．闭合开关S2；‎ C．将电阻箱R1的阻值调至最大；‎ D．调节电阻箱R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；‎ E．调节电阻箱R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；‎ F．记下电阻箱R2的阻值R′。‎ 把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上的空白处：‎ ‎①______；②______；③______；④______；⑤______；⑥______。‎ 64‎ ‎(3)如果在步骤F中R2的阻值为600 Ω，则图甲中电流表阻值Rg的测量值为______ Ω。‎ ‎(4)如果要将(3)中的电流表改装成量程为0～5 V的电压表，则改装的方法是与电流表______联一个阻值为______Ω的电阻。‎ ‎(5)图乙所示器材中，一部分是将电流表改装为电压表所需的，其余是为了把改装成的电压表跟标准电压表进行核对所需的(要求对0～5 V的所有刻度都能在实验中进行核对)。试在图乙的实物图中画出连线。‎ 解析　(1)开关S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，必须有R1≫Rg。故实验器材选择应满足：①电源电动势尽可能大；②R1尽可能大。所以R1选用大阻值范围的电阻箱D，R2选用阻值范围和电流表内阻相近的电阻箱C，电源选用电动势较大的F。‎ ‎(2)根据半偏法测电阻原理，操作步骤为：按如图所示的电路图连接好电路；将电阻箱R1的阻值调到最大；闭合开关S1；调节电阻箱R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度；闭合开关S2；调节电阻箱R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半；记下电阻箱R2的阻值。故实验步骤的合理顺序是CADBEF。‎ ‎(3)如果在步骤F中电阻箱R2的阻值为600 Ω，则图甲中电流表内阻Rg的测量值为Rg＝R2＝600 Ω。‎ ‎(4)如果要将(3)中的电流表改装成量程为0～5 V的电压表，则改装的方法是与电流表串联一个电阻，阻值为－Rg＝(－600) Ω＝49 400 Ω。‎ ‎(5)校对电压表时，电压表的电压应从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压式接法，标准电压表与改装后的电压表应并联，实物图连线如图所示。‎ 答案　(1)D　C　F　(2)C　A　D　B　E　F　(3)600(4)串　49 400　(5)如解析图所示 实验题仿真练(三)‎ ‎22．某同学现用如图Ⅲ－1甲所示的气垫导轨和光电门装置来验证动量守恒定律，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水。图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620 kg，滑块b的质量为 m2＝0.410 kg，实验步骤如下：‎ ‎①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间____；‎ ‎②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b 64‎ 发生碰撞；‎ ‎③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；‎ ‎④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2。‎ 图Ⅲ－1‎ ‎(1)完成实验步骤①中所缺少的内容。‎ ‎(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图乙所示，则d＝____cm。‎ ‎(3)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝____(用d、Δt表示)。‎ ‎(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20 m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝____ kg·m/s，p2＝____ kg·m/s(结果均保留三位小数)。‎ 解析　(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等。‎ ‎(2)游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，所以挡光片的宽度为d＝15 mm＋0.5 mm＝15.50 mm＝1.550 cm。‎ ‎(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝。‎ ‎(4)两滑块相互作用前系统的总动量为p1＝m1v1＝0.620×2.00 kg·m/s＝1.240 kg·m/s。两滑块相互作用后系统的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0.410)×1.20 kg·m/s＝1.236 kg·m/s。‎ 答案　(1)相等　(2)1.550　(3)　(4)1.240　1.236‎ ‎23．(2019·四川省八校联考)实验室有一只灵敏电流计G，其刻度盘上共有30格而无刻度值，某同学想将其改装成一个量程为0.6 A的电流表。‎ 64‎ ‎(1)该同学首先选择多用电表来粗测电流计的内阻，选择欧姆“×10”挡时，发现多用电表的指针刚好指在刻度盘中央刻度“15”处， 由此可知该电流计的内阻约为Rg＝____ Ω。‎ ‎(2)为了更加准确地测出该灵敏电流计G的内阻Rg和量程Ig，该同学设计了如图Ⅲ－2所示的电路进行测量，其中 图Ⅲ－2‎ ‎①电压表V(量程3 V，内阻约15 kΩ)；‎ ‎②滑动变阻器R ′(0～10 Ω，2 A)；‎ ‎③电阻箱R(0～999.9 Ω)；‎ ‎④电源(电动势E为3 V，内阻约为0.5 Ω)。‎ 调节滑动变阻器R ′和电阻箱R，该同学发现当电阻箱阻值为R1＝837.5 Ω时，电压表示数为U1＝1.60 V，电流计指针偏转10格，再次调节滑动变阻器R ′和电阻箱R，当电阻箱阻值为R2＝587.5 Ω，电压表示数为U2＝2.40 V，电流计指针偏转20格；由此可得出该电流计内阻Rg的准确值为____ Ω，准确量程I g为____ mA。‎ ‎(3)将该电流计G改装成一个量程为0.6 A的电流表时，需并联一个阻值为____ Ω的电阻。(结果保留三位有效数字)‎ ‎(4)把改装后的电流表与标准电流表串联在电路中进行校准，发现改装后电流表的示数总是略小于标准电流表的示数，造成这一现象最可能的原因是___________________________________________________________________。‎ 解析　(1)由于多用电表的指针刚好指到“15”处，且使用的是欧姆“×10”挡，所以电流计的内阻约为150 Ω。(2)有Ig(Rg＋R1)＝U1，Ig(Rg＋R2)＝U2，两式联立可解得Ig＝4.8 mA，Rg＝162.5 Ω。(3)由电表的改装原理可知，电流计量程扩大的倍数为n＝＝125，故需要并联的电阻的阻值Rx＝，代入数据解得Rx＝1.31 Ω。(4)校准时，改装后电流表的示数总是略小于标准电流表的示数，说明改装后流过电流计的电流偏小，由串并联知识可知，改装时并联在电流计两端的电阻的阻值偏小。‎ 答案　(1)150　(2)162.5　4.8　(3)1.31　(4)并联在电流计两端的电阻的阻值偏小(其他答案合理也可)‎ 实验题仿真练(四)‎ ‎22．(2019·广东七校高三联考)某同学利用气垫导轨来探究重力做功与速度变化的关系。该同学首先将导轨倾斜放置在水平面上，倾角为θ，然后在导轨上的A点固定一个光电门，将带有挡光片的滑块从气垫导轨上的不同位置由静止释放，实验装置如图Ⅳ－1甲所示。‎ 64‎ 图Ⅳ－1‎ ‎(1)该同学用20分度的游标卡尺测量挡光片的宽度d，游标尺的示数如图乙所示，则d＝____cm。‎ ‎(2)若测得挡光片通过光电门的时间为Δt，则计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v＝____(用题给字母表示)，不考虑实验误差的影响，从理论上说，由该表达式计算得出的速度____(填“大于”“等于”或“小于”)挡光片中心通过光电门时的速度。‎ ‎(3)为了探究重力做功与速度变化的关系，该同学进行了多次实验，得到的实验数据如下表所示，其中L为滑块释放点到光电门的距离。‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ L/cm ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ v/m·s－1‎ ‎0.99‎ ‎1.40‎ ‎1.71‎ ‎1.98‎ ‎2.21‎ ‎2.42‎ /(m·s－1) ‎0.99‎ ‎1.18‎ ‎1.31‎ ‎1.41‎ ‎1.49‎ ‎1.56‎ v2/(m·s－1)2‎ ‎0.98‎ ‎1.96‎ ‎2.92‎ ‎3.92‎ ‎4.88‎ ‎5.86‎ 分析表格中的数据，能够得出“滑块重力做功与速度变化的关系”的结论是___________________________________________________________________。‎ 解析　(1)由游标卡尺的读数规则可知该挡光片的宽度d为0.500 cm。(2)计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v＝，由于该速度等于中间时刻的瞬时速度，而挡光片中心通过光电门时的速度为中间位置时的瞬时速度，且滑块在下滑过程中做匀加速直线运动，故有v＜v。(3)带有挡光片的滑块在下滑过程中，滑块重力做的功为WG＝mgLsin θ ∝L，而从表格中可以看出L∝v2，故WG∝v2，所以滑块重力做的功与滑块速度的平方成正比。‎ 答案　(1)0.500　(2)　小于　(3)滑块重力做的功与滑块速度的平方(速度平方的变化量)成正比 ‎23．某同学在做完“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验后，又对一个标有“6 V,3.5 W”小电风扇电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，同研究小灯泡一样，要求电风扇电动机两端的电压能从零逐渐增加到6 V，实验室备有下列器材：‎ A．电流表(量程Ⅰ：0～0.6 A，内阻约为1 Ω；量程Ⅱ：0～3 A，内阻约为0.1 Ω)‎ B．电压表(量程为0～6 V，内阻几千欧)‎ 64‎ C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)‎ D．滑动变阻器R2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)‎ E．电池组(电动势为9 V，内阻小于1 Ω)‎ F．开关和导线若干 图Ⅳ－2‎ ‎(1)实验中所用的滑动变阻器应选____(填“C”或“D”)，电流表的量程应选____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎(2)请用笔画线代替导线将实物图Ⅳ－2甲连接成符合这个实验要求的电路。‎ ‎(3)闭合开关前，为防止电动机输入电压过高而损坏，滑动变阻器滑片P应滑到____(填“M”或“N”)端。‎ ‎(4)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为____Ω，电动机正常工作时的机械功率为____W。(保留两位有效数字)‎ 解析　(1)实验要求电压从0开始逐渐增加到6 V，滑动变阻器采用分压式，为了调节方便，滑动变阻器应选用C；小电风扇电动机的额定电流I＝＝0.58 A，故电流表应选I。(2)假设小电风扇电动机为纯电阻用电器，则小电风扇电动机的电阻R＝＝10.3 Ω，与电流表内阻相差较小，故电流表采用外接法，电路图如答案图所示。‎ ‎(3)为防止电动机输入电压过高而损坏，闭合开关前小电风扇电动机两端的电压应为零，故滑片应滑到M端。‎ ‎(4)电动机不转动时为纯电阻电路，由欧姆定律得r＝＝2.5 Ω，电动机正常工作时的机械功率P出＝P－I2r＝3.5 W－(0.58 A)2×2.5 Ω＝2.7 W。‎ 答案　(1)C　I　(2)如图所示 ‎(3)M　(4)2.5　2.7‎ 64‎ 计算题专项仿真练 计算题仿真练(一)‎ ‎24．(2019·福建省五校高三第二次联考)有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在冰上有效区域内，视为成功；若木箱最后未停在冰上有效区域内就视为失败。其简化模型如图1－1所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，使木箱从静止开始做匀加速直线运动。B、C之间为有效区域(包括B、C两点)。已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。试求：‎ 图1－1‎ ‎(1)推力作用在木箱上时木箱的加速度大小；‎ ‎(2)该选手要想游戏获得成功，推力作用在木箱上的时间满足的条件。‎ 解析　(1)设推力作用在木箱上时，木箱的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得 F－μmg＝ma1‎ 解得a1＝3 m/s2‎ ‎(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma2‎ 设推力作用在木箱上的时间为t，此时间内木箱的位移为 x1＝a1t2‎ 撤去力F后木箱继续滑行的距离为 x2＝ 又v＝a1t 要使木箱停在有效区域内，应满足 L1－L2≤x1＋x2≤L1‎ 解得1 s≤t≤ s。‎ 答案　(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤ s ‎25．在如图1－2所示的扇形区域Oab内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 64‎ ‎＝2.0×10－3T的匀强磁场(包括磁场的边界)，已知扇形区域的半径为r＝ m，图中的O点有一发射源，能向磁场中发射一系列比荷为＝5.0×107 C/kg的带负电的粒子，粒子的速度方向均与磁场方向垂直，且所有粒子的速率均为v＝1.0×105 m/s，粒子重力不计。‎ 图1－2‎ ‎(1)沿Oa方向发射的带电粒子在磁场中运动时间为多少？‎ ‎(2)刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角为多大？‎ ‎(3)若带电粒子进入磁场时的动能增加1倍，假设带电粒子进入磁场的瞬间，速度方向与Oa的夹角为θ，写出粒子在磁场中运动的时间t与θ的关系。‎ 解析　(1)沿Oa方向发射的带电粒子，在磁场中的运动轨迹如图甲所示，设出射点为p，轨迹所在圆的半径为R，则由qBv＝m得，‎ R＝＝ m＝1.0 m。‎ 因＝＝1.0 m，＝r＝ m，则由几何关系可知△O1Op为等腰直角三角形 则带电粒子在匀强磁场中偏转过的角度为α＝，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝·＝×10－5s。‎ ‎(2)带电粒子刚好从b点离开时，轨迹如图乙所示，＝＝1.0 m，＝ m，由几何关系可知△O2Ob为等腰直角三角形，∠O2Ob＝45°，则刚好从b点离开的带电粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角应为45°。‎ ‎(3)设动能增加1倍后，粒子的运动轨迹所在圆的半径为R′，由公式qvB＝，Ek＝mv2可知R＝，则＝＝，R ′＝R＝ m。‎ 64‎ 若粒子从b点射出，轨迹如图丙所示，＝R ′，△O3Ob为正三角形，运动轨迹所对应的圆心角α1＝，则粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角θ＝。‎ 若粒子从弧ab上射出，则运动轨迹所对应的弦长均为 m，对应的圆心角均为α1＝，粒子进入磁场时的速度方向与Oa的夹角的范围为0≤θ≤，粒子在磁场中的运动时间均为t＝·＝×10－5 s。‎ 故0≤θ≤时，粒子在磁场中的运动时间为t＝×10－5s。若粒子从边Ob上射出，轨迹如图丁所示，运动轨迹所对应的圆心角为α2＝π－2θ。‎ 运动时间t＝·＝(π－2θ)×10－5s，‎ 故＜θ≤时，粒子在磁场中的运动时间为 t＝(π－2θ)×10－5s。‎ 答案　(1)×10－5s　(2)45°　(3)0≤θ≤时，t＝×10－5s　＜θ≤时，t＝(π－2θ)×10－5s 计算题仿真练(二)‎ ‎24．某电视台有一幼儿园小朋友参加的闯关节目——高低滑梯。如图2－1所示，高滑梯的平台到水平地面的距离为h，其右侧与一个曲面滑梯PA相连，参赛者小帅(可视为质点)从P点由静止下滑，经过平台上的A点后向左做匀减速直线运动，依次经过B、C两点后落在地面上的D点(有保护措施，不会摔伤)。已知从A运动到B的时间等于从B运动到C的时间，且B到C的距离为l，A到B的距离为2l。低滑梯在水平地面上，其右侧与一个曲面滑梯QA′相连，QA′与PA完全相同，参赛者小唐(也可视为质点)从Q点由静止下滑，经过平台上的A′点后向左做匀减速直线运动，依次经过B′、C′两点后最终恰好停在D点。已知A与A′、B与B′、C与C′都在同一竖直平面内，高低滑梯都是由相同材料制成的。求：‎ 图2－1‎ ‎(1)C到D的水平距离x；‎ ‎(2)参赛者与滑梯平台间的动摩擦因数μ。‎ 解析　(1)设小唐做匀减速运动的加速度大小为a，离开C′点时的速度为v(小帅经过C点的速度也为v)从A′点运动到B′点的时间为t，则小唐从B′点运动到C 64‎ ‎′点的时间也为t，按逆向思维，根据运动学公式得 l＝vt＋at2，l＋2l＝v·2t＋a(2t)2，消去t解得 al＝4v2‎ C到D的水平距离x，即C′到D的水平距离，由运动学公式得v2＝2ax 解得x＝。‎ ‎(2)小帅离开C点之后做平抛运动，设小帅在空中运动的时间为t′，有h＝gt′2，x＝vt′。‎ 设参赛者小唐的质量为m，由牛顿第二定律得 μmg＝ma，‎ 联立解得μ＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎25．(2019·青岛高三调研考试)理论研究表明暗物质湮灭产生大量高能正电子，在宇宙射线中探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。如图2－2所示为我国某研究小组为暗物质探测卫星设计的探测器的截面图，探测器开口部分为边长为d的正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为两相邻的方向相反的匀强磁场，区域Ⅲ为匀强电场，宽度都为d，磁场的磁感应强度都为B。经过较长时间，仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在屏MN上。已知屏与电场下边界的距离也为d，正电子的质量为m，电荷量为＋e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。‎ 图2－2‎ ‎(1)求不进入电场区域的正电子的最大速率。‎ ‎(2)若只有速度为v1＝和v2＝的正电子射到区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上，求区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上有正电子射入电场的区域宽度Δx。‎ ‎(3)若要求速度为v1＝和v2＝ 64‎ 的正电子束射到屏上被分开为不重叠的电子束，求所加电场强度E的最小值。‎ 解析　(1)由题意可知，当正电子的运动轨迹恰好与区域Ⅰ、Ⅱ的边界相切时，不进入电场区域的正电子的速率最大，轨迹如图1所示，设正电子的速度为v0，做圆周运动的半径为r0，根据牛顿第二定律可得 图1‎ Bev0＝m 其中r0＝d 解得v0＝ ‎(2)根据Bev1＝m和Bev2＝m 可得r1＝2d和r2＝d 作出示意图如图2所示，则区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上有正电子射入电场的区域宽度 图2‎ Δx＝d＋2r2(1－cos 45°)－2r1(1－cos 30o)‎ 解得Δx＝(2＋2－5)d ‎(3)作出正电子的轨迹如图3所示，四个轨迹与Ⅱ、Ⅲ分界线的交点分别为W、X、Y、Z，速度v1＝的正电子，在电场中的偏转角为θ1，则d＝v1t1，vy＝t1‎ 64‎ 图3‎ tan θ1＝＝＝ 同理，对速度v2＝的正电子，有 tan θ2＝＝ 电子束恰好不重叠时，依题意有 d(tan θ2－tan θ1)＝d＋2r1(1－cos 30°)－2r2(1－cos 45°)＝(7－2－2)d，‎ 即为X、Y间的距离，解得E＝。‎ 答案　(1)　(2)(2＋2－5)d　(3) 计算题仿真练(三)‎ ‎24．如图3－1所示，水平放置的绝缘光滑正方形桌面abcd，边长为L，距地面高度也为L，仅在桌面区域有竖直向上的匀强磁场。两个带有相同电荷量的小球1、2，质量分别为m1和m2，先后从b点沿水平桌面ba方向射入磁场，在b点动能相同，小球1从bc边的中点P水平射出，小球2从bc边的c点水平射出。重力加速度为g。‎ 图3－1‎ ‎(1)求两小球带电性质及两小球质量之比；‎ ‎(2)若在b点的动能Ek＝m1gL，求两小球落地点间的水平距离x12(用L表示)。‎ 64‎ 解析　(1)小球都带正电，小球1、2在磁场中做匀速圆周运动，设小球电荷量为q，磁感应强度为B，速率分别为v1、v2，质量分别为m1、m2，半径分别为r1、r2，动能为Ek，由洛伦兹力提供向心力，有 qv1B＝m1，qv2B＝m2 且Ek＝m1v12＝m2v22‎ r2＝2r1‎ 解得＝ ‎(2)两小球水平抛出，速度方向垂直于bc边，设下落时间相同为t，水平位移分别为x1和x2，由平抛规律，有 L＝gt2‎ x1＝v1t，x2＝v2t 由几何关系，得 x12＝ 由题知m1v12＝m2v22＝m1gL 解得x12＝L。‎ 答案　(1)均带正电　1∶4　(2)L ‎25．如图3－2甲所示，质量M＝3 kg，足够长的木板静止在水平面上，半径为R的四分之一固定光滑圆轨道的下端与木板的右端平滑对接，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止释放，接着物块离开圆轨道滑上木板。从物块滑上木板开始计时，物块运动前2 s内速度随时间变化如图乙所示。已知木板与水平面间的动摩擦因数μ0＝0.01，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ 图3－2‎ ‎(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道压力F的大小；‎ ‎(2)直到物块与木板相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q。‎ 解析　(1)设物块经过圆轨道最低点时速度为v0，根据机械能守恒定律可得 mgR＝mv02，‎ 64‎ 解得R＝0.8 m。‎ 根据牛顿第二定律得F－mg＝m，‎ 解得F＝30 N。‎ 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30 N。‎ ‎(2)物块滑上木板后，由图象可知物块的加速度大小为a1＝1 m/s2，‎ 物块与木板间的摩擦力的大小为f1＝ma1＝1 N，‎ 设木板的加速度为a2，则f1－μ0(M＋m)g＝Ma2，‎ 解得a2＝0.2 m/s2。‎ 当它们达到相同的速度时，有v0－a1t＝a2t，‎ 解得t＝s。‎ 这一过程中，物块的位移为 x1＝v0t－a1t2＝ m，‎ 木板的位移为 x2＝a2t2＝ m。‎ 物块与木板因摩擦产生的热量为 Q1＝f1(x1－x2)＝ J，‎ 木板与地面摩擦产生的热量为 Q2＝μ0(M＋m)gx2＝ J，‎ 所以因摩擦共产生的热量为 Q＝Q1＋Q2＝ J。‎ 答案　(1)30 N　(2) J 计算题仿真练(四)‎ ‎24．2017年9月13 日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone还支持快充和无线充电。图4－1甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100，电阻r＝1 Ω，横截面积S＝1.5×10－3m2，外接电阻R＝7 Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：‎ 64‎ 图4－1‎ ‎(1)t＝0.01 s时线圈中的感应电动势E；‎ ‎(2)0～0.02 s内通过电阻R的电荷量q；‎ ‎(3)0～0.03 s内电阻R上产生的热量Q。‎ 解析　(1)由图乙可知，t＝0.01 s时刻＝4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝n 解得E＝0.6 V。‎ ‎(2)0～0.02 s内，I＝＝0.075 A，电荷量q＝IΔt，‎ 解得q＝1.5×10－3C。‎ ‎(3)0～0.02 s内，E＝0.6 V，I＝0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为 Q1＝I2(R＋r)t1＝9×10－4 J，‎ ‎0．02～0.03 s内，E′＝1.2 V，I′＝0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为 Q2＝I′2(R＋r)t2＝1.8×10－3 J，‎ 所以Q总＝Q1＋Q2＝2.7×10－3 J。‎ 而Q＝Q总，解得Q＝2.362 5×10－3 J。‎ 答案　(1)0.6 V　(2)1.5×10－3C　(3)2.362 5×10－3 J ‎25．如图4－2所示，光滑轨道CDEF是某游乐园的“过山车”的简化模型，最低点D处入口、出口不重合，E点是半径R＝0.32 m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v＝1 m/s逆时针匀速转动，设传送带水平部分的长度为L。质量为m＝1 kg的物体从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E，然后通过水平轨道滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，物块可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。‎ 64‎ 图4－2‎ ‎(1)求物块开始下滑的高度h。‎ ‎(2)若传送带水平部分的长度L＝1 m，求物块从滑上传送带到离开传送带过程中传送带对物块所做的功W1和物块与传送带间因摩擦产生的热量Q1。‎ ‎(3)若传送带水平部分的长度L＝3 m，求物块每次从滑上传送带到离开传送带过程中传送带对物块做的功W2和物块与传送带间因摩擦产生的热量Q2。‎ 解析　(1)设物块在E点的速度为v0，由题意得mg＝m 从C点到E点，根据机械能守恒定律得 mgh＝mv02＋2mgR 解得h＝R＝0.8 m ‎(2)设物块滑上传送带的速度大小v1，根据机械能守恒定律有mgh＝mv12‎ 得v1＝4 m/s 若传送带水平部分的长度L＝1 m，设物块滑到传送带右端的速度大小为v2，则根据动能定理得 ‎－μmgL＝mv22－mv12‎ 解得v2＝2 m/s，说明物块可以从传送带右端滑离传送带，此时传送带对物块所做的功W1＝－μmgL＝－4 J 物块与传送带间因摩擦产生的热量Q1＝μmg(L＋vt)，‎ 而t＝ 解得Q1＝(8－2) J ‎(3)若传送带水平部分的长度L＝3 m，设物块在传送带上向右运动的最远距离为s，则根据动能定理有－μmgs＝0－mv12‎ 解得s＝2 m＜L 然后物块向左加速到v＝ 1 m/s与传送带一起匀速向左运动，到达左端时离开传送带，物块第1 次从滑上传送带到离开传送带过程中传送带对物块所做的功W2＝mv2－mv12＝－7.5 J 物块与传送带间的相对位移为Δx＝·＋v·＋v·－· 物块与传送带间因摩擦产生的热量Q2＝μmgΔx＝12.5J 64‎ 因为mv2＜mgR，所以物块向左运动到圆轨道上后又会返回来，再以v＝1 m/s滑上传送带，减速到0，再向左加速到v＝1 m/s离开传送带。所以物块第n次(n≥2)从滑上传送带到离开传送带过程中传送带对物块所做的功W′2＝mv2－mv2＝0‎ 物块与传送带间的相对位移为Δx′＝·＋v·＋v·－· 物块第n次(n≥2)从滑上传送带到离开传送带过程中，物块与传送带间因摩擦产生的热量Q′2＝μmgΔx′＝2 J 综上所述，物块第1次从滑上传送带到离开传送带过程中传送带对物块所做的功为－7.5 J，物块与传送带间因摩擦产生的热量为12.5 J；第n次(n≥2)次从滑块上传送带到离开传送带过程中传送带对物块所做的功为0，物块与传送带间因摩擦产生的热量为2 J。‎ 答案　(1)0.8 m　(2)－4 J　(8－2) J　(3)见解析 计算题仿真练(五)‎ ‎24．质量m＝1 kg的小物块在高h1＝0.3 m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣 K锁住了，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣 K，物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，m滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度的，碰撞过程中无能量损失，g取10 m/s2，求：‎ 图5－1‎ ‎(1)物块m压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；‎ ‎(2)物块M的质量。‎ 解析　(1)小物块由A运动到B做平抛运动，h1－h2＝gt2‎ 解得：t＝s R＝h1，h1－h2＝， ∠BOC＝60°‎ 设小球平抛时的速度为v0，则＝tan 60°‎ 64‎ 弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，Ep＝mv02‎ 解得：Ep＝0.50 J ‎(2)小物块到C点时的速度为v1，根据机械能守恒 mv02＋mgh1＝mv12‎ m与M碰撞过程中动量守恒 mv1＝mv3＋Mv2‎ m与M碰撞过程中能量守恒 mv12＝mv32＋Mv22‎ 其中v3＝－ 解得：M＝2kg。‎ 答案　(1)0.5 J　(2)2 kg ‎25．(2019·临沂二模)如图5－2所示，质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子由静止开始经电压为U0的加速电场加速后沿平行于极板的方向从靠近上极板的位置射入偏转电场，极板间电压为U，上极板带正电荷，极板长度和极板间距均为L，粒子从另一侧射出偏转电场，进入紧邻的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向外，磁场只存在于MN右侧的某个正三角形区域内，MN为磁场的一条边界，忽略电场和磁场间的距离，不计带电粒子的重力。‎ 图5－2‎ ‎(1)粒子进入偏转电场时的速度；‎ ‎(2)当偏转电压U＝0时，若带电粒子最终从MN边界离开磁场，求磁场区域的最小面积S1；‎ ‎(3)当偏转电压U＝2U0时，若带电粒子最终从MN边界离开磁场，此时磁场区域的最小面 积为S2，求。‎ 解析　(1)带电粒子在电场中加速，qU0＝mv12‎ 解得v1＝ ‎(2)由于偏转电压U＝0，垂直MN进入磁场，在磁场中做半个圆周运动后从MN射出磁场。‎ 64‎ qv1B＝ 设正三角形磁场的边长为b，则：sin 60°＝ 正三角形磁场区域的面积为：S1＝b2sin 60o 解得：S1＝ ‎(3)当偏转电压U＝2U0时，带电粒子在偏转电场中 L＝v1t a＝ 离开偏转电场时的偏转角tan θ＝ 解得θ＝45°‎ 则粒子进入磁场时的速度v2＝ 设这次粒子在磁场中的运动半径为r2‎ qv2B＝ 设此时正三角形磁场的边长为c，‎ 则根据几何关系：c＝r2‎ S2＝c2sin60°‎ 解得：＝＝。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 计算题仿真练(六)‎ ‎24．(2019·太原二模)为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L，长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN 64‎ 之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图6－1所示，沿轨道运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为f，当车头(ab边)进入磁场时的速度为v0，车尾(cd边)离开磁场时速度恰好减为零，求：‎ 图6－1‎ ‎(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；‎ ‎(2)从ab进入到ab离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量；‎ ‎(3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热。‎ 解析　(1)车头进入磁场时，加速度的大小为a；电路中的感应电动势为E，电流为I，安培力的大小为F；‎ E＝NBLv0，I＝，F＝NBIL；‎ 由牛顿运动定律F＋f＝ma，联立解得 a＝＋；‎ ‎(2)ab刚进入磁场到ab刚出磁场的过程中，线圈中的平均感应电动势为E平均，平均电流为I平均，时间为t，通过线圈截面的电荷量为q；‎ E平均＝N，I平均＝，q＝I平均t，联立解得 q＝。‎ ‎(3)电磁制动过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒：‎ Q＝mv02－4fL。‎ 答案　(1)＋　(2) ‎(3)mv02－4fL ‎25．(2019·重庆二模)如图6－2所示，光滑曲面与足够长的光滑水平面平滑连接。质量为m的小物块甲，从距水平面高h处，由静止开始下滑，与静止在水平地面上质量为5m的物块乙发生正碰。甲、乙两小物块均可视为质点，重力加速度为g，求：‎ 64‎ 图6－2‎ ‎(1)物块甲刚滑到水平面与物块乙碰前的速度大小；‎ ‎(2)如果甲、乙两物块碰后粘合在一起，物块甲损失的动能；‎ ‎(3)如果甲、乙两物块发生弹性碰撞，求两物块能发生碰撞的次数及甲损失的最大动能。‎ 解析　(1)设物块刚滑到水平面与物块乙碰前的速度大小为v0，‎ 由：mgh＝mv02，‎ 解得：v0＝。‎ ‎(2)设甲、乙两物块碰后粘合在一起后，速度大小为v 由mv0＝(m＋5m)v，‎ 解得：v＝。‎ 物块甲损失的动能ΔEk＝mv02－mv2，‎ ΔEk＝mgh。‎ ‎(3)甲、乙两物块发生弹性碰撞，以水平向右为正方向，设发生第一次碰撞后，甲、乙的速度分别为v1、v1′‎ 有mv0＝mv1＋5mv1′，‎ mv02＝mv12＋5mv1′ 2，‎ 解得：v1′＝v0，‎ v1＝－v0。‎ 说明碰后物块甲水平向左运动 物块甲经曲面返回再与物块乙发生碰撞，设发生第二次碰撞后，甲、乙的速度分别为v2、v2′‎ 有：m(－v1)＋5mv1′＝mv2＋5mv2′，‎ m(－v1)2＋5mv1′2，‎ ‎＝mv22＋5mv2′2‎ 64‎ 解得v2′＝v0　v2＝v0。‎ 由于v2＜v2′，随后两物块不再发生碰撞，即两物块只能发生2次碰撞。‎ 物块甲损失的最大动能 ΔEkm＝mv02－mv22‎ ΔEkm＝mgh。‎ 答案　(1)　(2)mgh　(3)2次　mgh 选考题专项仿真练 选考题仿真练(一)‎ ‎33．物理——选修3－3(2019·衡水模拟)‎ ‎(1)下列说法正确的是____。‎ A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液 C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是非晶体 D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用 E．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水汽蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大 ‎(2)夏天的早晨用打气筒给车胎打气，某自行车轮胎的容积为V＝2×103 cm3，里面已有压强为p0＝1 atm的空气，打气筒每次将V0＝200 cm3，压强为p0＝1 atm的空气充入车胎，车胎所能承受的最大压强为p＝3.1 atm，为了保证车胎在中午天气最热的时候不爆裂，早晨最多能用打气筒给车胎充气多少次？设早晨气温为t1＝22 ℃，中午气温为t2＝37 ℃，不考虑车胎容积的变化及充气过程中温度的变化。‎ 解析　(1)在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项A正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项B正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片的物理性质各向异性，云母片是单晶体，选项C错误；在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用，选项D正确；在一定温度条件下，空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人们就感到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故E错误；故选ABD。‎ ‎(2)设充气后的车胎内的气体压强为p1，中午车胎内的气体压强p2＝p＝3.1 atm。‎ 以轮胎内的气体为研究对象，早晨到中午的过程等容变化，根据查理定律＝，解得：p1‎ 64‎ ‎＝2.95 atm。‎ 充气过程遵循等温变化，根据玻意尔定律 p0V1＝p1V，解得：V1＝5.9×103 cm3。‎ 以最多能充n次，则V1＝V＋nV0，‎ 解得：n＝19.5。‎ 所以最多可充气19次。‎ 答案　(1)ABD　(2)19次 ‎34．物理——选修3—4(2019·东北六校联考)‎ ‎(1)一列简谐横波沿x轴方向传播，在0.25 s时刻的波形图如图Ⅰ－1甲所示，图乙为x＝1.5 m处的质点b的振动图象，下列说法正确的是________。‎ 图Ⅰ－1‎ A．该波的波速为2 m/s B．该波向左传播 C．质点c(x＝2 m)与质点e(x＝4 m)的运动方向总相反 D．质点d(x＝3 m)在t＝0.75 s时处于平衡位置，并正往正方向运动 E．质点a(x＝1 m)在t＝1.25 s时向右运动了4 m ‎(2)如图Ⅰ－2所示，在公园里灯光喷泉的水池中，平静的水面下有两个相同的点光源A、B，光源A在水面下方hA＝ m，光源B在水面下方hB＝ m，已知从水面上射出且与水面成30°角的光线的入射角为θ，且sin θ＝。‎ 图Ⅰ－2‎ ‎①求水的折射率。‎ ‎②要使A、B点光源发出的光线能射出水面的区域不重叠，求A、B点光源之间的最小距离。‎ 解析　(1)根据题图可知，周期T＝2 s，波长λ＝4 m，波速v＝＝2 m/s，A正确；根据题图乙可知， t＝0.25 s时刻，b 64‎ 点正向上运动，再结合题图甲可知，该波向右传播，B错误；质点c与质点e相距半个波长，它们的运动方向总相反，C正确；t＝0.25 s时，质点d从波谷位置向上运动，再经过0.5 s＝，即在t＝0.75 s时，质点d处于平衡位置，并正在向正方向运动，D正确；各质点只在平衡位置上下做简谐运动，并不随波迁移，E错误。‎ ‎(2)本题考查了光学知识，意在考查考生利用数学处理物理问题的能力。‎ ‎①从水面上射出且与水面成30°角的光线的折射角为60°，由折射定律有＝n 可得n＝ ‎②两个光源射向水面的光线在水面发生全反射时的临界角C相同，有sin C＝＝ 每一个点光源发出的光从水面上射出的区域都是以点光源正上方水面上的点为圆心的一个圆 A点光源发出的光线能射出水面的圆形区域半径rA＝hA tan C＝ m B点光源发出的光线能射出水面的圆形区域半径rB＝hBtan C＝ m A、B点光源之间的最小距离 L＝＝ m。‎ 答案　(1)ACD ‎(2)①　②m 选考题仿真练(二)‎ ‎33．物理——选修3－3(2019·济南七校高三联考)‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A．固体很难被压缩是因为分子之间有斥力 B．可以根据各向同性或各向异性来区分晶体和非晶体 C．晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的 D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点 E．液晶不是液态的晶体，是介于液态与结晶态之间的一种物质状态 ‎(2)炎热的夏季是汽车轮胎爆胎频发时期，爆胎的一个原因是轮胎内气体压强较大。已知某汽车的一只轮胎的容积为V0＝100 L，高速行驶时允许的最大胎压为3.0 atm。原来胎内气压为1.5 atm，现用一小型气泵给其打气，气泵每秒打入0.6 L压强为1 atm的空气。假设轮胎容积与气体温度不变。‎ ‎①原来胎内压强为p1＝1.5 atm的气体，相当于多少升压强为p0＝1 atm的空气？‎ 64‎ ‎②为保证行车安全，最多只能打气多长时间？‎ 解析　(1)固体很难被压缩是因为分子之间有斥力。A正确；多晶体和非晶体都表现为各向同性，只有单晶体表现为各向异性，B错误；晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的，C正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，D错误；液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态，E正确。‎ ‎(2)本题考查了玻意耳定律，意在考查考生的推理能力。‎ ‎①设相当于的空气的体积为V1，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V1‎ 解得V1＝150 L ‎②高速行驶时允许的最大胎压p2＝3.0 atm，根据玻意耳定律有p2V0＝p0V2‎ 解得V2＝300 L 气泵每秒打入体积ΔV＝0.6 L、气压为p0＝1 atm的空气，则最多打气时间t＝ 解得t＝250 s。‎ 答案　(1)ACE ‎(2)①150 L　②250 s ‎34．选修3－4‎ ‎(1)(2019·菏泽期末)关于机械波与电磁波，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有关 B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象 C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大 D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度 E．机械波不但能传递能量，而且能传递信息，其传播方向就是能量或信息传递的方向 ‎(2)(2019·潍坊模拟)如图Ⅱ－1所示，半球形玻璃砖半径为R，AB为其直径，O为球心。一束单色光垂直于AB入射球面，入射角θ＝60°，已知这束光在玻璃砖中的折射率为n＝，光在真空中的传播速度为c，求：‎ 图Ⅱ－1‎ ‎①出射光线的方向；‎ ‎②光在玻璃中的传播时间。‎ 解析　‎ 64‎ ‎(1)电磁波在真空中的传播速度都等于光速，与电磁波的频率无关，故A错误；衍射现象是波特有的现象，而偏振现象是横波特有的现象，电磁波也是一种横波，可以发生衍射现象和偏振现象，故B正确；在同一种介质中传播时，简谐机械波的传播速度相等，故C错误；光在介质中传播，频率越高，传播速度越小。紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，故D正确；机械波沿其传播方向既能传递能量，又能传递信息，故E正确。故选BDE。‎ ‎(2)①由折射定律n＝，‎ 解得：α＝30°‎ 由几何关系可知△OCD为等腰三角形 光线在AB面上的入射角β＝30°‎ n＝，‎ 解得：γ＝60°，即出射光线与AB夹角为30°。‎ ‎②由几何关系可知：CD＝OD＝，‎ 光在玻璃中的传播速度v＝，‎ 光在玻璃中的传播时间t＝，解得：t＝。‎ 答案　(1)BDE　(2)①出射光线与AB夹角为30° ② 选考题仿真练(三)‎ ‎33．物理——选修3－3(2019·辽宁省五校协作体联考)‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A．任何物体都具有内能 B．外界对物体做功，其内能一定增加 C．0 ℃的冰变成0 ℃的水，内能不变 D．相同温度下，氢分子的平均动能一定等于氧分子的平均动能 E．分子间的作用力不管表现为引力还是斥力，只要分子力做正功，分子势能就一定减小 ‎(2)如图Ⅲ－1所示为一长度为30 cm、粗细均匀的玻璃管，用一段长h＝5.0 cm的水银柱将一部分空气封闭在玻璃管里，当玻璃管开口向下竖直放置时，管内空气柱的长度为L＝15.0 cm。已知大气压强为p0＝75 cmHg，封闭气体的温度为27 ℃‎ 64‎ 图Ⅲ－1‎ ‎①若保持玻璃管竖直向下的状态不变，对封闭气体加热，试计算当水银柱刚好到达管口时封闭气体的温度为多少摄氏度；‎ ‎②若保持玻璃管内封闭气体的温度不变，将玻璃管开口向下竖直缓慢插入一足够深的水银槽中，直到管内封闭气体的长度变为10 cm，试计算此时管口处封闭气体的长度。(结果保留两位小数)‎ 解析　(1)物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，就是物体的内能，由于组成任何物体的分子都在做无规则的热运动，所以任何物体都有内能，A正确；由热力学第一定律可知，物体内能是否变化取决于做功和热传递这两个因素，因此如果外界对物体做功的同时，物体还放热，其内能有可能减少，故B错误；0 ℃的冰变成0 ℃的水时要吸收热量，内能增加，故C错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度相同的气体分子，其平均动能一定相同，D正确；由分子力做功与分子势能变化的关系可知，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加，故E正确。‎ ‎(2)①对封闭气体加热，气体发生等压变化，玻璃管的总长度为L0＝30 cm，则当水银柱刚好到达管口时，气体的长度为L0－h 由盖ˉ吕萨克定律可得＝ 代入数据可解得t＝227℃‎ ‎②管内封闭气体的长度为L′＝10 cm时，设管内气体压强为p1则由玻意耳定律可得(p0－ρgh)LS＝p1L′S 代入数据可解得p1＝105 cmHg 对管口处的封闭气体，设其末态压强为p2，则有p2＝p1＋ρgh＝110 cm Hg，设管口处封闭气体的最终长度为x，则由玻意耳定律可得p0(L0－L－h)S＝p2xS 代入数据可解得x＝6.82 cm。‎ 答案　(1)ADE　(2)①227 ℃　②6.82 cm ‎34．物理——选修3－4‎ ‎(1)如图Ⅲ－2所示，两束单色光a、b从水下面射向A点，光线经折射后合成一束光c，则下列说法正确的是________。‎ 64‎ 图Ⅲ－2‎ A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距 B．a光比b光更容易发生衍射现象 C．在水中a光的速度比b光的速度小 D．在水中a光的临界角大于b光的临界角 E．若a光与b光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时水面上首先消失的是a光 ‎(2)在某种介质中，有相距4 m的两个波源S1、S2，沿垂直纸面方向做简谐振动，其周期分别为T1＝0.8 s和T2＝0.4 s，振幅分别为A1＝2 cm和A2＝1 cm，在该介质中形成的简谐波的波速为v＝5 m/s。S处有一质点，它到S1的距离为3 m，且SS1⊥S1S2，在t＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：‎ 图Ⅲ－3‎ ‎①t＝0时刻振动传到S处的时间差；‎ ‎②t＝10 s时，S处质点离开平衡位置的位移大小。‎ 解析　(1)根据题给的光路图可知，a光的折射率较小，b光的折射率较大，根据n＝可知，在水中a光的速度比b光的速度大，选项C正确；根据折射率大的光的频率较大，波长较短可知，a光的波长较长，a光比b光更容易发生衍射现象，选项B正确；由条纹间距公式Δx＝λ可知，波长较长的单色光a的干涉条纹间距较大，选项A正确；由全反射临界角公式sin C＝，在水中a光的临界角大于b光的临界角，选项D正确；由sin C＝，且na＜nb可知，若a光与b光以相同入射角从水中射向空气，在不断增大入射角时，水面上首先消失的是b光，选项E错误。‎ ‎(2)①由题意可知，‎ SS2＝＝5 m 64‎ S1在t＝0时的振动传到S处质点所需的时间 t1＝＝ s＝0.6 s S2在t＝0时的振动传到S处质点所需的时间 t2＝＝ s＝1 s 那么S1、S2在t＝0时的振动传到S处质点的时间差为 Δt＝t2－t1＝0.4 s ‎②在t＝10 s时S处质点按S1的振动规律已经振动了 Δt1＝t－t1＝9.4 s＝(11＋)T1‎ 此时S1引起S处质点的位移大小为 x1＝A1＝2 cm 在t1＝10 s时S处质点按S2的振动规律已经振动了 Δt2＝t－t2＝9 s＝(22＋)T2‎ 此时S2引起S处质点的位移大小为x2＝0‎ 所以t＝10 s时S处质点离开平衡位置的位移为S1和S2单独传播引起质点位移的矢量和，故 x＝x1＋x2＝2 cm。‎ 答案　(1)ABD　(2)①0.4 s　②2 cm 选考题仿真练(四)‎ ‎33．物理——选修3－3‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A．悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显 B．热量不可能从低温物体传到高温物体 C．有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体 D．理想气体，温度升高，内能一定增大 E．理想气体等压膨胀过程一定放热 ‎(2)如图Ⅳ－1所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d。筒内有一个很薄的质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1.0×105Pa，温度为27 ℃，现对气体加热。求：‎ 64‎ 图Ⅳ－1‎ ‎①当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；‎ ‎②气体温度达到387 ℃时气体的压强。‎ 解析　(1)颗粒越小，周围的液体分子数越少，碰撞越不容易平衡，选项A正确；热量不可能从低温物体自发地传到高温物体，选项B错误；在一定条件下，某些晶体和非晶体可以相互转化，选项C正确；理想气体忽略分子势能，宏观上内能由物质的量和温度决定，微观上由微粒摩尔数和分子热运动的动能决定，温度越高，分子热运动的平均动能越大，内能一定越大，选项D正确；理想气体等压膨胀过程，温度升高，内能增加，膨胀对外做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知一定吸热，选项E错误。‎ ‎(2)①以封闭气体为研究对象，有 p1＝p0，V1＝S，T1＝300 K 设温度升高到T2时，活塞刚好到达汽缸口，此时 p2＝p0，V2＝Sd 此过程为等压变化，根据盖－吕萨克定律有 ＝ 解得T2＝600 K ‎②T3＝387 ℃＝660 K＞T2，活塞到达汽缸口之后封闭气体做等容变化 根据查理定律有 ＝ 解得p3＝1.1×105 Pa。‎ 答案　(1)ACD　(2)①600 K　②1.1×105 Pa ‎34．物理——选修3－4(2019·湖南部分重点中学高三联考)‎ ‎(1)如图Ⅳ－2所示为甲、乙两个单摆在同一地点的振动图象，以向右的方向为摆球偏离平衡位置的位移的正方向，则下列说法正确的是________。‎ 64‎ 图Ⅳ－2‎ A．乙单摆的周期是甲单摆的两倍 B．乙单摆的摆长是甲单摆摆长的两倍 C．t＝1.5 s时，甲、乙两摆球的运动方向相反 D．t＝4 s时，两摆球的动能一定相等 E．若用一个频率为0.25 Hz的周期性驱动力驱动甲单摆，则甲单摆的振幅最大 ‎(2)如图Ⅳ－3所示，一个圆柱形水桶的底面半径与高相等，在其底部的正中间O点有一个单色点光源，在水桶内加入一定量的水后，从水面上A点(未画出)射出的光恰好经过桶口边缘上的D点。已知BC为水桶直径，BA∶AC＝5∶2，DC∶CE＝3∶4。‎ 图Ⅳ－3‎ ‎①求水对该单色光的折射率。‎ ‎②若在水面是放置一遮光圆盘，圆盘的中心始终在O点正上方，使点光源发出的光照射到水面上任何位置，都不能射出水面，则该遮光圆盘的面积至少应为水面面积的多少倍？(结果保留两位有效数字)‎ 解析　(1)由题图可知，甲单摆的周期为T甲＝4 s，乙单摆的周期T乙＝8 s，所以乙单摆的周期是甲单摆周期的两倍，A正确；又根据单摆的周期公式T＝2π，可得＝，解得＝，B错误；当t＝1.5 s时，由题意可知，此时甲、乙两单摆的摆球均在平衡位置的右方，但乙正在远离平衡位置，甲正向平衡位置运动，所以此时甲、乙两摆球的运动方向相反，C正确；由题图可知，t＝4 s时甲、乙两摆的摆球均在平衡位置，Ek＝mv2，由图可知，甲摆在平衡位置的速度大于乙摆在平衡位置的速度，由于两摆球之间的质量关系未知，故无法比较两摆球的动能，D错误；由于甲单摆的周期T甲＝4 s，故振动的频率为f甲＝0.25 Hz，而驱动力的频率为f驱＝0.25 Hz＝f甲，所以甲单摆将发生共振，其振幅最大，E正确。‎ ‎(2)①光路如图所示，设水桶的半径为R，则有AC＝R，‎ 64‎ DC＝R，CE＝R，设光的折射角为i，入射角为γ，则有 sin i＝ sin γ＝ 由折射定律可得n＝ 联立可得n＝ ‎②由题意可知，当点光源发出的光照射到水面发生全反射时，光不再射出水面。设光线入射到A′点时恰好发生全反射，则有 sin C′＝＝ 设光线在水面恰好发生全反射的位置到O点的水平距离为x，则有tan C′＝ 故遮光圆盘的面积至少应为S′＝πx2‎ 所以遮光圆盘的面积与水面面积之比为＝ 以上各式联立求解可得＝0.42‎ 故遮光圆盘的面积至少应为水面面积的0.42倍。‎ 答案　(1)ACE　(2)①n＝　②0.42倍 64‎