2017届高三物理二轮复习选择题48分强化练7含答案
(江苏专版)2017高考物理二轮复习 计算题47分强化练(二)
计算题47分强化练(二)1．(15分)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图1甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取10 m/s 2.求：甲 乙图1(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？(3)物体在水平面上运动的最大位移是多大？【解析】 (1)当推力F 最大时，加速度最大由牛顿第二定律，得F －μmg ＝ma解得a ＝10 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x速度最大时，合外力为零，即F ＝μmg所以x ＝2.5 m.(3)位移最大时，末速度为零根据动能定理可得W F －μmgs ＝0根据图象可知，力F 做的功为W F ＝12Fx ＝160 J 所以s ＝16030m ＝5.33 m. 【答案】 (1)10 m/s 2 (2)2.5 m (3)5.33 m2．(16分)流动的海水蕴藏着巨大的能量．如图2为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M 、N ，板长为a ＝2 m ，宽为b ＝1 m ，板间的距离d ＝1 m ．将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度B ＝3 T ．将电阻R ＝14.75 Ω的航标灯与两金属板连接(图中未画出)．海流方向如图，海流速率v ＝10 m/s ，海水的电阻率为ρ＝0.5 Ω·m，海流运动中受到管道的阻力为1 N.图2(1)求发电机的电动势并判断M、N两板哪个板电势高；(2)求管道内海水受到的安培力的大小和方向；(3)求该发电机的电功率及海流通过管道所消耗的总功率．【解析】(1)电动势E＝Bdv＝30 VM板的电势高．(2)两板间海水的电阻r＝ρdab＝0.25 Ω回路中的电流I＝ER＋r＝2 A，磁场对管道内海水的作用力F＝BId＝6 N，方向向左(与海流流动方向相反)．(3)P1＝I2(R＋r)＝60 WP2＝P1＋fv＝70 W.【答案】(1)30 V M板电势高(2)6 N 方向向左(3)60 W 70 W3．(16分)如图3所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场．有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直．现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点．已知OD长为l，不考虑粒子受到的重力，求：【导学号：25702113】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；(2)粒子经过铅板时损失的动能；(3)粒子到达C点时的速度大小．【解析】(1)粒子在第一象限内做匀速圆周运动，由：Bqv ＝m v 2R ， T ＝2πR v ， t ＝16T 联立可求得粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间：t ＝πm 3Bq. (2)粒子经电场加速过程由动能定理可得：qU ＝E k0由几何关系，粒子做圆周运动的半径：R ＝l sin 60°粒子穿过铅板损失的动能：ΔE k ＝E k0－12mv 2. 联立以上各式可得：ΔE ＝qU －2B 2q 2l 23m. (3)粒子由D 到达C 的过程中，由动能定理可得：Eql ＝12mv 2C －12mv 2 代入可得：v C ＝6Eqml ＋4B 2q 2l 23m2. 【答案】 (1)πm 3Bq (2)qU －2B 2q 2l 23m(3)6Eqml ＋4B 2q 2l 23m 2。
高三物理二轮专题训练参考答案
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参考答案
高三物理二轮专题训练（交变电流）
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高三物理二轮专题训练(电路部分)
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高三物理二轮专题训练(机械能)
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高三物理强化训练参考答案
高三物理专题训练一一．选择题1． AB 2．B 3．D 4．BC 5．BC 6．B 7．BD 8．AC 9． D 10．BC 二、非选择题11．⑴6.124⑵（a ）1.5mA 、143Ω（b ）如图所示 、16.8Ω、15mA 12．（1）ef 可能做匀速运动、变加速运动、变减速运动（2）mgv=(BLv)2/R v=mgR/B 2L 2单位时间内产生的焦耳热为重力做功的功率P=mgv=m 2g 2R/B 2L 213. 设太阳半径为R ，质量为M ，密度为ρ，地球与太阳之间的距离为r ，由相似形关系得L dr R 2= ① 又 r m r Mm G 22ω= ②Tπω2= ③334R M πρ⋅= ④联立①～④式，得 3233224)2(3dGT L d L GT ππρ＝= 14． （1）设X 核衰变时放出的α粒子的速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，则由图可知圆必定与cd 边也相切,故a a r 3330tan ==①（2）由洛伦兹力提供向心力，有rv m evB 22= ②衰变过程中动量守恒，有0＝－MV mv ③ 衰变过程释放的能量为222121mv MV E +=∆ ④ 设衰变过程的质量亏损为m ∆，由爱因斯坦质能方程，有2c m E ⋅∆=∆高三物理强化训练（二）13．当所加电场方向垂直斜面向上时，两滑块均以相同的加速度沿斜面下滑，由于AB 段光滑，滑块甲沿斜面下滑的加速度为g ·sin α ．对于滑块乙、应有沿斜面下滑的加速度g ·sin α ，则0==N f F F μ，而N F -qE -mg ·cos α ＝0 故有：qE ＝mg ·cos α ① 当所加电场方向垂直斜面向下时，滑块乙静止，对甲有：mg sin α ＝1ma ② 从A 到B ，由运动学公式，得：l a v 1212= ③ （或∵支持力、电场力不做功，∴ 有mgl sin α2121mv =） 甲与乙碰撞，由动量守恒定律，得：1m v ＝2mv ④ 甲与乙碰撞后，以两滑块为研究对象，由牛顿第二定律， 得：N F 'μ-2mg sin α ＝（m ＋m ）2a即μ （2Eq ＋2mg cos α ）-2mg sin α ＝22ma ⑤ 从B 到C 由运动学公式，得：l a v 222= ⑥ 联解得：μ ＝3215≈0.47， 即要使甲、乙不能到C 点，须有μ ＞0.47 高三物理强化训练（三）1、AD2、CD 3.BC 4、AC 5、ACD 6.B 7. B 8. D 9. C 10、AD 11. ABD 12、AB 13．（1）6×310-Wb ；4×310-Wb（2）V 10142.01023211--⨯=⨯⨯=∆∆=t B SE V 10444.01023222--⨯=⨯⨯=∆∆=t B S E V 108104144311--⨯=⨯+=+=E R r R U V 102.31044143322--⨯=⨯⨯+=+=E R r R U ∴ V 10841-⨯-=a U V 102.332-⨯=a U高三物理强化训练（四）1.A 2．C 3．ABCD 4．C 5．B 6．BCD 7．AD 5．ABD 9.D 10.AC 11.C 12．C 13．设轻绳长为l ．B 开始运动时的加速度Bm Ea =1 当B 开始运动，位移为l 时，速度大小为l m F v B⋅⋅=21 相互作用结束时的共同速度为2v ，根据动量守恒 21)(v m m v m B A B += 则BA B m m v m v +=12 绳绷直后的加速度B A m m F a +=2B 的总位移为s 时的共同速度为3v ，则)(222223l s a v v -+=．由以上关系式解出 l ＝0.25m高三物理强化训练（五）1.B2.A 3．A 4.C 5.C 6．D 7．BC 8．D 9.AC 10．B 11.D 12.D 13．φD ＝9V 。
高三二轮复习物理综合测试含详细答案
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.下列说法正确的是（）A. 原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B. α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C. 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D. 发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关15.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是（）A. B.C. D.16.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。
用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A. F逐渐变大，T逐渐变大B. F逐渐变大，T逐渐变小C. F逐渐变小，T逐渐变大D. F逐渐变小，T逐渐变小17.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。
下列说法正确的是（）A. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量18.有A、B两小球，B的质量为A的两倍。
现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。
图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是（）A. ①B. ②C. ③D. ④19.如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。
则该磁场（）A. 逐渐增强，方向向外B. 逐渐增强，方向向里C. 逐渐减弱，方向向外D. 逐渐减弱，方向向里20.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（）A. A的示数增大B. V2的示数增大C. △V3与△I的比值大于rD. △V1大于△V221.如图，水平地面上有一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m，电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则（）A. 小球A与B之间库仑力的大小为B. 当=时，细线上的拉力为0C. 当=时，细线上的拉力为0D. 当=时，斜面对小球A的支持力为0三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
2017届高三物理(通用版)二轮复习选择题48分强化练4Word版含答案
选择题48分强化练(四)选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第14～17题只有一个选项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．图1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，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息．如图1乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线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．关于对以上两个运用实例理解正确的是()甲乙图1A．涡流探伤技术运用了互感原理，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．以上两个案例中的线圈所连接的电源都必须是变化的交流电源D．以上两个案例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源B[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，而感应电流产生的条件是在金属导体内，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错误，D错误．] 15．2016年8月17日北京时间17日凌晨，里约奥运体操最后一项赛事——男子单杠决赛落幕，德国体操领军人物汉布岑以15.766分摘金．假设汉布岑静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离增大时，汉布岑手臂受到的拉力，下列判断正确的是( )图2A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法确定C [对汉布岑受力分析如图所示，汉布岑静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角α，当两只手掌握点之间的距离增大时，夹角α增大．根据三力平衡的特点可知汉布岑手臂受到的拉力F ＝mg 2cos α，α增大，cos α减小，F增大，故C 正确．]16．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s ，乙的速度为10 m/s ，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s 2.以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图3所示，根据以上条件可知( )图3A ．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B ．在前4 s 的时间内，甲车运动位移为29.6 mC ．在t ＝4 s 时，甲车追上乙车D ．在t ＝10 s 时，乙车又回到起始位置B [速度－时间图象的斜率表示加速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最后减小，选项A 错．速度－时间图象与时间轴围成的面积代表位移，在t ＝4 s 时乙图象面积大于甲图象面积，所以乙的位移大于甲的位移，甲不可能追上乙车，选项C 错．前10秒，乙图象面积一直在增大，位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项D 错．在前4 s 的时间内，甲车运动位移x ＝v 0t ＋12at 2＝5 m/s ×4 s ＋12×1.2 m/s 2×(4 s)2＝29.6 m ，选项B 对．]17．将一段导线绕成图4甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中，回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图4B [根据B -t 图象知穿过线圈的磁通量在0～T 2时间内先向里减小再向外增加，根据楞次定律知该段时间内线圈中产生的感应电流方向沿顺时针，由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝kS ，根据B -t 图象知该段时间内图象的斜率不变，因此线框中产生的电动势大小恒定，由闭合电路欧姆定律得通过ab 边的电流大小恒定，根据左手定则知，ab 边所受的安培力方向向左，为负值，由F ＝BIL 知，导线受到的安培力大小不变；穿过线圈的磁通量在T 2～T 时间内先向外减小再向里增加，根据楞次定律知线圈中产生的感应电流方向沿逆时针，同理得电流大小恒定，根据左手定则知ab 边所受的安培力方向向右，为正值，由F ＝BIL 得导线受到的安培力大小不变，B 项正确．]18．某同学为研究电动机在启动和工作过程中电流的变化情况，设计如图5所示的电路，则下列说法中正确的是( )图5A ．电动机启动时的电流大于正常工作时的电流B ．电动机有负载时的电流小于空载时的电流C ．若增大电动机的负载，则电流增大D ．由于电动机内阻不变，因此电流与电动机的负载无关AC [电动机消耗的电能等于转化的机械能与产生的热能之和，由于电动机启动时的速度小于正常工作时的速度，故转化的机械能较小，此时产生的热能较大，即电流较大，A 正确；有负载时速度减慢，机械能输出减小，电流增大，大于空载时的电流，B 、D 错误，C 正确．]19．“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星．科学家发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为T 1和T 2.根据上述信息可以计算两颗“超级地球”的( )A ．角速度之比B ．向心加速度之比C ．质量之比D ．所受引力之比 AB [根据ω＝2πT 得，ω1ω2＝T 2T 1，所以可以计算角速度之比，故A 正确；根据开普勒第三定律r 3T 2＝k 得r 1r 2＝T 231T 232，由a ＝ω2r 得a 1a 2＝T 22T 21·T 231T 232＝T 432T 431，所以能求向心加速度之比，故B 正确；设“超级地球”的质量为m ，恒星质量为M ，轨道半径为r ，根据万有引力提供向心力，有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得：M ＝4π2r 3GT 2，“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故无法求“超级地球”的质量之比，故C 错误；根据万有引力定律F ＝G Mm r 2，因为无法知道两颗“超级地球”的质量比，所以无法求所受引力之比，故D 错误．]20．如图6所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )图6A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35 gAB [对整个过程，由动能定理得：2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得：μ＝67，故A 正确；滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v ，由动能定理得：mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v 2，解得：v ＝2gh7，故B正确；对整个过程，由动能定理得：2mgh －W f ＝0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为：W f ＝2mgh ，故C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a ＝μmg cos 37°－mg sin 37°m＝335g ，故D 错误．] 21．如图7所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则( )图7A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做了2 J 的功C ．物体从A 运动到B 的过程中，产生2 J 的热量D ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10 J 的功AC [设物体下滑到A 点的速度为v 0，对P A 过程，由机械能守恒定律有：12m v 20＝mgh代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2；加速至速度与传送带相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝1 s匀加速运动的位移s 1＝v 0＋v 2t 1＝3 m<L ＝5 m所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －s 1v ＝0.5 s故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ．故A 正确；物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12m v 2－12m v 20＝6 J ，故B 错误；在t 1时间内，皮带做匀速运动的位移为s 皮带＝v t 1＝4 m故产生热量Q ＝μmg Δs ＝μmg (s 皮带－s 1)，代入数据得：Q ＝2 J ．故C 正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ′＝W ＋Q ＝8 J ，故D 错误．]。
高三二轮复习选填满分“8+4+4”小题强化训练第7练(原卷及答案)(新高考专用)
高三二轮复习选填满分“8+4+4”小题强化训练(7)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知M ，N 为R 的两个不相等的非空子集，若M N M ⋂=，则（）A．M N =R B．RN C M R =⋃C．RM C N R=⋃D．RM C N C RR =⋃2.已知202120221i i 1i z +⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭，则在复平面内，复数z 所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.()622x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为（）A.640-B.320- C.640D.3204.已知函数()sin(3)22f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭图象关于直线518x π=对称，则函数()f x 在区间[0,]π上零点的个数为（）A.1B.2C.3D.45.已知函数()f x 为R 上的偶函数，对任意不相等的12,(,0)x x ∞∈-，均有()()1212f x f x x x -<-成立，若ln 2ln 3ln5,,235a f b f c f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A．c b a<<B．a c b<<C．a b c <<D．c a b<<6.已知拋物线21:2(0)C y px p =>的焦点F 为椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，且1C 与2C 的公共弦经过F ，则椭圆的离心率为（）1-B．512-C．312-D．227.当02,x a <<不等式()221112x a x +≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．)+∞B．(0C．(]0,2D．[)2,+∞8.已知02πα<<，02βπ<<，且32sin 9αββα-=-，则（）A.2αβ< B.2αβ> C.2a b> D.2a b<二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．9.一袋中有大小相同的3个红球和2个白球，下列结论正确的是（）A.从中任取3个球，恰有1个白球的概率是35B.从中有放回地取球3次，每次任取1个球，恰好有2个白球的概率为36125C.从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则至少有1次取到红球的概率为98125D.从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第1次取到红球的条件下，第2次再次取到红球的概率为1210.已知向量()()()1,3,2,1,3,5c a b ==-=-，则（）A ．()2//a b c+B ．()2a b c+⊥C ．a c +=D ．2a c b+=的正方体的展开图如图所示.已知H 为线段BF 的中点，动点P 在正方体的表面上运动.则关于该正方体，下列说法正确的有（）A.BM 与AN 是异面直线B.AF 与BM 所成角为60C.平面CDEF ⊥平面ABMND.若AM HP ⊥，则点P 的运动轨迹长度为612.已知00e ln 10，，a a b ab b >>+-=，则（）A．1ln b a >B．1eab>C．ln 1a b +<D．1ab <三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．13.已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，若点(3,4)P -在角α的终边上，则sin 2α=_________．14.已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足2*2(N )n S n n n =+∈，设11n n n b a a +=⋅，则数列{}n b 的前2021项和2021T =________．15.已知0x >，0y >，若()2211412x y y x +++=，则22log log x y ⋅的最大值为_________．16.将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则21r r =________；O 1O 2＝__________.高三二轮复习选填满分“8+4+4”小题强化训练(7)一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知M ，N 为R 的两个不相等的非空子集，若M N M ⋂=，则（）A．M N =R B．RN C M R =⋃C．RM C N R =⋃D．RM C N C RR =⋃【答案】C【解析】依题意M N M ⋂=，所以M N ，则集合M ，N 与R 的关系如下图所示：所以R M C N R =⋃；故选：C2.已知202120221i i 1i z +⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭，则在复平面内，复数z 所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】21i 12i i i 1i 2+++==-Q ，且i 的乘方运算是以4为周期的运算所以202120222021202221i i 1i 1i i i i i z +⎛⎫=+++ ===-⎝-⎪+⎭，所以复数z 所对应的点()1,1-，在第二象限.故选：B3.()622x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为（）A.640-B.320- C.640D.320【答案】B【解析】62x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：66216622rr r r r r r T C x C x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭；令620r -=，解得：3r =，∴展开式中的常数项为336221620320C -⨯=-⨯=-.故选：B.4.已知函数()sin(3)22f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭图象关于直线518x π=对称，则函数()f x 在区间[0,]π上零点的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】函数()sin(3)22f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭图象关于直线518x π=对称，所以53()182k k Z ππϕπ⨯+=+∈，解得()3k k Z πϕπ=-∈，又因为22ππϕ-<<，所以3πϕ=-，所以()sin 33f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，令()sin 303f x x π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，则3()3x k k Z ππ-=∈，得39k x ππ=+，因为[0,]x π∈，所以47,,999x πππ=.即函数()f x 在区间[0,]π上零点的个数为3.故选：C5.已知函数()f x 为R 上的偶函数，对任意不相等的12,(,0)x x ∞∈-，均有()()12120f x f x x x -<-成立，若ln 2ln 3ln5,,235a f b f c f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系是（）A．c b a <<B．a c b <<C．a b c <<D．c a b<<【答案】D【解析】∵对任意不等1x ，()2,0x ∞∈-，均有1212()()0f x f x x x -<-成立，∴此时函数在区间(),0∞-上为减函数，又∵()f x 是偶函数，∴当()0,x ∞∈+时，()f x 为增函数．由25ln 5ln 2ln 5ln 22ln 55ln 252<⇔<⇔<，23ln 3ln 2ln 3ln 22ln 33ln 232>⇔>⇔>，所以ln 5ln 2ln 3523<<，所以ln 3ln 2ln 5325f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即c a b <<.故选：D6.已知拋物线21:2(0)C y px p =>的焦点F 为椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，且1C 与2C 的公共弦经过F ，则椭圆的离心率为（）1-【答案】A【解析】依题意，椭圆2C 的右焦点(,0)2pF ，则其左焦点(,0)2p F '-，设过F 的1C 与2C 的公共弦在第一象限的端点为点P ，由抛物线与椭圆对称性知，PF x ⊥轴，如图，直线PF方程为：2px =，由222p x y px⎧=⎪⎨⎪=⎩得点(,)2p P p ，于是得||PF p =，在PF F '中，90PFF '∠= ，||FF p '=，则||2PF '=，因此，椭圆2C 的长轴长2||||(21)a PF PF p '=+=，所以椭圆的离心率||212(21)FF pe a p'==-+.故选：A7.当02,x a <<不等式()221112x a x +≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．)2,+∞B．(02，C．(]0,2D．[)2,+∞【答案】B【解析】()221112x a x +≥-恒成立，即()22min 1112x a x ⎡⎤+≥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦02,20x a a x <<∴-> ，又2222221112222(2)(2)(2)(22)x a x x a x x a x x a x a +≥=≥=+----，上述两个不等式中，等号均在2x a x =-时取到，()m 222in1122x a a x ⎡⎤∴+=⎢-⎢⎥⎣⎦，212a ∴≥，解得a ≤且0a ≠，又0a >，实数a 的取值范围是(0.故选：B.8.已知02πα<<，02βπ<<，且32sin 9αββα-=-，则（）A.2αβ< B.2αβ> C.2a b> D.2a b<【答案】D【解析】设()sin f x x x -＝，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 0f x x '-＝＞即f (x )在（0，2π）上单调递增，所以f (x )＞f （0）＝0，故x ＞sin x ，因为32sin 9αββα﹣＝﹣，所以2232sin 92sin 323αβββαβββ++++＝＝＜，所以g （α）＜g （2β），令g (x )＝3x+x ，显然g (x )单调递增，所以α＜2β．故选：D ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．9.一袋中有大小相同的3个红球和2个白球，下列结论正确的是（）A.从中任取3个球，恰有1个白球的概率是35B.从中有放回地取球3次，每次任取1个球，恰好有2个白球的概率为36125C.从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则至少有1次取到红球的概率为98125D.从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第1次取到红球的条件下，第2次再次取到红球的概率为12【答案】ABD【解析】对于A 中，从中任取3个球，恰有1个白球的概率为21323563105C C P C ===，所以A 正确；对于B 中，从中有放回地取球3次，每次任取1个球，其中每次取到白球的概率为25，所以恰好有2个白球的概率为2232236()(155125P C =-=，所以B 正确；对于C 中，从中有放回地取球3次，每次任取1个球，其中每次取到白球的概率为25，所以至少有1次取到红球的概率为333281171(15125125P C =-=-=，所以C 不正确；对于D 中，设第1次取到红球为事件A ，第2次再次取到红球为事件B ，所以第1次取到红球的条件下，第2次取到红球的概率为32()154(|)3()25P AB P B A P A ⨯===，所以D 正确.故选：ABD.10.已知向量()()()1,3,2,1,3,5c a b ==-=-，则（）A ．()2//a b c+B ．()2a b c+⊥C．a c +=D ．2a c b+=【答案】AD 【解析】因为()()()1,3,2,1,3,5c a b ==-=- ，所以()325a b +=- ，，所以2a b c +=- ，所以()2//a b c +，故A 正确，B 不正确；又()42a c +=- ，，c a +== ，b == 2a c b +=，故D 正确，C 不正确，故选：AD.的正方体的展开图如图所示.已知H 为线段BF 的中点，动点P 在正方体的表面上运动.则关于该正方体，下列说法正确的有（）A.BM 与AN 是异面直线B.AF 与BM 所成角为60C.平面CDEF ⊥平面ABMND.若AM HP ⊥，则点P 的运动轨迹长度为6【答案】BCD【解析】由展开图还原正方体如下图所示，对于A ，//MN ，∴四边形MNAB 为平行四边形，//AN BM ∴，BM ∴与AN 是共面直线，A 错误；对于B ，//BM AN ，AF ∴与BM 所成角即为NAF ∠，AN NF AF == ，ANF ∴为等边三角形，60NAF ∴∠= ，即AF 与BM 所成角为60 ，B 正确；对于C ，AB ⊥Q 平面BCMF ，CF ⊂平面BCMF ，AB CF ∴⊥；又CF BM ⊥，= AB BM B ，,AB BM ⊂平面ABMN ，CF ∴⊥平面ABMN ，又CF ⊂平面CDEF ，∴平面CDEF ⊥平面ABMN ，C 正确；对于D ，由正方体性质可知AM ⊥平面CFN ，取,,,,BC CD DN NS EF 中点,,,,G Q T S R ，连接,,,,,HG GQ QT ST SR RH ，则平面//SRHGQT 平面CFN ，∴点P 的轨迹为正六边形SRHGQT 的边，∴点P 的轨迹长度为6=，D 正确.故选：BCD.12.已知00e ln 10，，a a b ab b >>+-=，则（）A．1ln b a >B．1e a b>C．ln 1a b +<D．1ab <【答案】BCD 【解析】对于A 选项，当1a =时，1010e ln e ln a ab b b b +-=⇔+-=.设()1e ln f x x x =+-，其中0x >.则()10e f x x'=+>，故()f x 在()0,∞+上单调递增.又()110e -f =>，110e f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，则11,e b ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使()0f b =.即存在1a =，11,e b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使10e ln a ab b +-=.但此时，1101ln ln b a<=<=.故A 错误.对于B 选项，1111110e ln e ln e ln a a a ab b a b a b b b b b+-=⇔+=⇔-=111ln e ln e ab a b b ⇔-=.设()e x g x x =，其中0x >.则()()1e 0x g x x '=+>.得()g x 在在()0,∞+上单调递增.注意到()11111ln e ln e ln ab a g a g b b b b ⎛⎫-=⇔-= ⎪⎝⎭.则()1110ln ln g a g a b b b ⎛⎫-=>⇒> ⎪⎝⎭.又e x y =在R 上递增，则有11ln e e e a a b b>⇒>.故B 正确.对于C 选项，由B 选项可知1e a b >，则由10e ln a ab b +-=，有10111e ln ln ln a ab b ab b a b b=+->⋅+-⇒+<.故C 正确.对于D 选项，因00a b >>，，10e ln a ab b +-=，则101e ln ln e a ab b b b =->⇒<⇒<.设e m b =，其中1m <.则1010e ln e a a m ab b a m ++-=⇔+-=.设()1e x m h x x m +=+-，其中()0,x ∈+∞.则()()10e x m h x x +'=+>，得()h x 在()0,∞+上单调递增.（1）若01m <<，注意到()()()11e 10h m m -=-->，()010h m =-<，则()01,x m ∃∈-，使()0h x =.即()01,a m ∈-，则()1e m ab m <-，设()()1e x p x x =-，则()e x p x x '=-，得()p x 在()0,1上单调递减，则()()()101e m ab m p m p =-=<=.（2）当0m =，()e 1x h x x =-，注意到()()010110，e h h =-<=->.则()0,1a ∈，此时1ab a =<.（3）当0m <，注意到()()()()1011e 10h m h m m -=--=--，则()1,a m m ∈--，又由（1）分析可知()p x 在(),0∞-上单调递增.则()()()101e m ab m p m p =-=<=.综上，有1ab <.故D 正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共20分．13.已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，若点(3,4)P -在角α的终边上，则sin 2α=_________．【答案】2425-【解析】三角函数的定义可知43sin ,cos 55αα====-，所以4324sin 225525α⎛⎫=⨯⨯-=- ⎪⎝⎭．故答案为：2425-14.已知数列{}n a 的前n 项和n S ，满足2*2(N )n S n n n =+∈，设11n n n b a a +=⋅，则数列{}n b 的前2021项和2021T =________．【答案】20212022【解析】22n S n n =+ ，22n n n S +∴=，2n 时，1(1)(1)22n n n n n n n a S S n -+-=-=-=，111112a S +===也适合上式，n a n ∴=，111(1)1nb n n n n ==-++，20211111120211223202120222022T ∴=-+-++-= ．故答案为：2021202215.已知0x >，0y >，若()12y x +=，则22log log x y ⋅的最大值为_________．【答案】14【解析】因为()12y x +=，所以12y x +.设()f t t =0t >，则()12f f y x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，易知()f t t =()0,∞+上单调递增，从而12=y x ，即12xy =，所以22222log log 1log log 24x y x y +⎛⎫⋅≤= ⎪⎝⎭，当且仅当22x y ==时取等号，即22log log x y 的最大值为14.故答案为：1416.将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则21r r =________；O 1O 2＝__________.【答案】2【解析】设AC BD M =，则12MA MB MC MD BD =====∴三棱锥A ′－BDC 的外接球122r =，点M 即为1O ，∵将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，又A M BD '⊥，∴A M '⊥平面BCD ，MC ⊂平面BCD ，∴A M '⊥MC ，1A C '=，∴12A BD CBD S S '==，3A BC A CDS S ''==∴211133112322322r ⎛++=⨯⨯ ⎝⎭，解得22262r =，∴2122622322r r -=设球2O 与平面A BD '，平面BCD 分别切于P ，Q ，则2O PMQ 为正方形，∴2212223O M O O r ==故答案为：23，23.。
高三物理二轮复习力学专项测试
《力学综合》测试题A本试卷分第1卷（选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间100分钟．第1卷(选择题共48分)一、选择题(本题共12小题。
每小题4分，共48分，每小题至少有一个正确答案，全部选对得4分，选不全得2分，错选多选不得分)1.(镇江市2008届期初调查)如图物体 A 在竖直向上的拉力 F 的作用下能静止在斜面上，则关于 A 受力的个数，下列说法中正确的是A、A 一定是受两个力作用B、A 一定是受四个力作用C、A 可能受三个力作用D、A 不是受两个力作用就是受四个力作用2、（海门市2008届第一次诊断性考试）下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）A、做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B、物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C、物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D、物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同3、（江苏省宿迁市2008届第一次调研）下列关于超重和失重现象的描述中正确的是（）A、电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态；B、磁悬浮列车在水平轨道上加速行使时，列车上的乘客处于超重状态；C、荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态；D、“神舟”六号飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态。
4、（湖北重点高中4月联考）中国国际烟花大会上，3万发烟花在西湖夜空绽放。
按照设计要求，装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点，随即炸开，构成各种美丽的图案。
假设礼花弹从炮筒中射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，g取10m/s2，那么v0和k分别等于（）A、25m/s，1.25B、40m/s，0.25C、50m/s，0.25D、80m/s，1.255、(湖北省百所重点中学2008 届联考)2007 年3 月26 日，中俄共同签署了《中国国家航天局和俄罗斯联邦航天局关于联合探测火星一火卫一合作的协议》，双方确定于2008年联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。
高三物理二轮复习 选择题48分强化练1
选择题48分强化练(一)选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第14～17题只有一个选项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．物理学中用到大量的科学研究方法，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是物理学中常用的微元法．如图所示的四个实验中，哪一个采用了微元法( )A．探究求合力的方法B．探究弹性势能的表达式的实验中，为计算弹簧弹力所做的功C．探究加速度与力、质量的关系D．利用库仑扭秤测定静电力常数B[在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，故A错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，故B正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，故C错误；利用库仑扭秤测定静电力常数用的是放大法，不是微元法的思想，故D错误．]15．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv0 B.Mmv0C.MM－mv0 D.mM－mv0D[根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝mM－mv0，选项D正确．] 16．如图1所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上．细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中( )【导学号：37162107】图1A．细线对小球的拉力变大B．斜面对小球的支持力变大C．斜面对地面的压力变大D．地面对斜面的摩擦力变大A[如图，根据矢量三角形可知：当小球沿斜面缓慢向上移动一段距离时，β减小，绳子拉力增大，斜面对小球支持力减小；根据牛顿第三定律，小球对斜面体压力减小，将该力沿水平方向和竖直方向分解可知：两个方向的力都减小，所以地面对斜面的支持力和摩擦力都减小．综上所述，A正确．]17．如图2所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2.则v的取值范围是( )图2A ．v >7 m/sB ．v <2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/sC [小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入数据解得v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，代入数据解得v min ＝3 m/s ，故v 的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确．]18．如图3所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )图3A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小AD [设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′F M.在中间物体上加上一个小物体，则整体质量M 增大，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．]19．真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )图4A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，ab 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A 错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零；当再叠加匀强电场时，d 点的电势大于c 点的电势，故B 正确；据场强的叠加可知，a 到c 的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O 到b 区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D 正确．]20．如图5所示，竖直向下的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m 的带负电的小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的大小分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图5A ．带电小球和弹簧组成的系统机械能守恒B ．带电小球电势能减小W 2C ．弹簧弹性势能最大值为W 1＋12mv 2－W 2 D ．弹簧弹性势能减少量为W 2＋W 1BC [小球运动过程中有电场力做功，故带电小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；小球向上运动过程中，电场力对小球做了W 2的正功，根据功能关系可知，小球的电势能减少了W 2，选项B 正确；对于小球在上述过程中，由动能定理可知W 2＋W 弹－W 1＝12mv 2，故弹簧弹性势能的最大值为W 弹＝W 1＋12mv 2－W 2，选项C 正确，D 错误．]21．如图6所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0.5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )图6A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比BD [当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安，则F ＝B BLv m r ＋R L ，解得v m ＝F r ＋R B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F r ＋R B 2L 2＝＋R 12×0.52＝20(1＋R ) m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neSv e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确．]。
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选择题48分强化练(七)
选择题(本题共8小题，每小题6分，在每个小题给出的四个选项中，第14～17题只有一个选项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
14．科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是()
A．用质点代替有质量的物体，采用了微元法
B．牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法
C．法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法
D．安培提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式
C[用质点代替有质量的物体采用了理想模型法，A错误；伽利略首次采用把实验和逻辑推理结合起来的科学方法，B错误；法拉第首先提出了用电场线描绘电场这种形象化的研究方法，C正确；洛伦兹提出了计算运动电荷在磁场中受力的公式，D错误．]
15．甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v-t图象
为两段直线，乙物体运动的v-t图象为两段半径相同的1
4圆弧曲线，如图1所示，图
中t4＝2t2，则在0～t4时间内，以下说法正确的是()
图1
A．甲物体的加速度不变
B．乙物体做曲线运动
C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇
D．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度
D[0～t2时间段内，甲做匀加速直线运动，t2～t4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A错；速度是矢量，在速度－时间图象中，只能表示直线运动，B错；在整
个运动过程中t3时刻，两物体相距最远，C错；在速度－时间图像中，图线与横轴所包围的面积即为位移，可求知t4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D对．] 16．一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图2所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置．关于该电场，下列说法正确的是()
图2
A．A点的场强小于B点的场强
B．A点的电势低于B点的电势
C．一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等
D．带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动
C[电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B 点的电场强度，故A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故B错误；C、E两点的电势相等，D、F两点的电势相等，且C、E两点的电势高于D、F两点的电势，则C、D两点的电势差等于E、F两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，选项C正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，选项D错误．]
17．光滑平行金属导轨轨道平面与水平面的夹角为θ，导轨上端接一阻值为R的电阻，导轨所在空间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，放在导轨上，其余部分电阻不计．要使金属棒始终处于平衡状态，则磁场随时间变化的图像可能是()
A B C D
D[根据题意，如图所示：。