(4套)2019年高考物理仿真模拟卷(全国通用)

（4套）2019年高考物理仿真模拟卷（全国通用）仿真模拟卷(一)(时间：90分钟满分：110分)二、选择题：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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14．下列关于近代物理的说法正确的是()A．玻尔理论成功解释了各种原子发出的光谱B．能揭示原子具有核式结构的事件是氢原子光谱的发现C．光电效应实验现象的解释使得光的波动说遇到了巨大的困难D．质能方程E＝mc2揭示了物体的能量和质量之间存在着密切的确定关系，提出这一方程的科学家是卢瑟福答案 C解析玻尔理论成功解释了氢原子发光的现象，但对于稍微复杂一些的原子如氦原子，玻尔理论都无法解释其发光现象，故玻尔理论有它的局限性，A错误；卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，B错误；光电效应实验现象说明了光具有粒子性，从而使得光的波动说遇到了巨大困难，C正确；爱因斯坦的质能方程揭示了物体的能量和质量之间存在密切的关系，D错误．15.如图1所示，圆柱体的A点放有一质量为M的小物体P，使圆柱体缓慢匀速转动，带动P从A点转到A′点，在这过程中P始终与圆柱体保持相对静止，那么P所受的静摩擦力的大小随时间的变化规律，可由下面哪个图表示() 图1答案 A解析 物体P 一共受到三个力的作用，竖直方向的重力G ，沿半径方向向外的支持力F N ，沿切线方向的静摩擦力F f (最高点不受静摩擦力，只受重力和支持力)．圆柱体缓慢移动，所以物块P 在任意位置所受合外力为零，对三个力进行分解，得到F f ＝mg sin θ，从A 转动到A ′的过程中θ先变小后增大，所以F f 按照正弦变化规律先减小后增大，故A 正确．16．图2甲中理想变压器原副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示，现将S 1接1，S 2闭合，此时L 2正常发光，下列说法正确的是( )图2A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin (50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率将增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W答案 D解析 从题图中可看出该交流电的最大值为20 2 V ，周期为0.02 s ，根据交变电流的电动势随时间的变化规律e ＝E m sin ωt ，其中ω＝2πT，可知输入电压u ＝202sin(100πt ) V ，A 错误；只断开S 2副线圈中电压不变，两灯泡的总电压不变，总电阻增加，流过灯泡的电流减小，L 1、L 2不能正常发光，故B 错误；只断开S 2，副线圈中电压不变，电路总电阻增加，总电流减小，副线圈功率减小，理想变压器输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率减小，故C 错误；根据理想变压器原副线圈电压之比U 1∶U 2＝n 1∶n 2，可知副线圈电压的有效值为4 V ，若S 1接到2，副线圈的电压仍不变，根据P ＝U 2R可得电阻消耗的电功率为0.8 W ，故D 正确．17．如图3所示，带正电的A 球固定，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子B 从a 处以速度v 0射向A ，虚线abc 是B 运动的一段轨迹，b 点距离A 最近．粒子经过b 点时速度为v ，重力忽略不计．则( )图3A ．粒子从a 运动到b 的过程中动能不断增大B ．粒子从b 运动到c 的过程中加速度不断增大C ．可求出A 产生的电场中a 、b 两点间的电势差D ．可求出A 产生的电场中b 点的电场强度答案 C解析 带电粒子从a 到b ，电场力做负功，根据动能定理，动能不断减小，选项A 错误；粒子从b 运动到c 的过程中加速度不断减小，选项B 错误；根据动能定理，可求出A 产生的电场中a 、b 两点间的电势差，选项C 正确；不可求出A 产生的电场中b 点的电场强度，选项D 错误．18．如图4所示，边长为L 的金属框abcd 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上，当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 、d 四点的电势分别为φa 、φb 、φc 、φd .下列判断正确的是( )图4A ．金属框中无电流，φa ＝φdB ．金属框中电流方向沿a －d －c －b －a ，φa ＜φdC ．金属框中无电流，U bc ＝－12BL 2ω D ．金属框中无电流，U bc ＝－BL 2ω答案 C解析 因穿过线圈的磁通量始终为零，故线圈中无电流；根据右手定则可知，d 端电势高于a端，c 端电势高于d 端，U bc ＝－BL ωL 2＝－12BL 2ω，故选项A 、B 、D 错误，C 正确；故选C. 19．2017年1月23日，我国首颗1米分辨率C 频段多极化合成孔径雷达(SAS)卫星“高分三号”正式投入使用，某天文爱好者观测卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t 通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ弧度，已知万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为l tB ．卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度为2πθtC ．地球的质量为l 3Gθt 2D ．卫星的质量为t 2Gθl 3答案 AC解析 由圆周运动公式可得l ＝θr ，v ＝l t ，ω＝θt，该卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m v 2r ，解得M ＝l 3Gθt 2，A 、C 正确． 20.如图5所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O ，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的直径AB 水平，圆心在O 点，圆弧的半径为R ，C 为圆弧上的一点，OC 与竖直方向的夹角为37°，一电荷量为＋q ，质量为m 的带电小球从轨道的A 端由静止释放，沿轨道滚动到最低点时，速度v ＝2gR ，g 为重力加速度，取无穷远处电势为零，则下列说法正确的是( )图5A ．电场中A 点的电势为mgR qB ．电场中B 点的电势为－2mgR qC ．小球运动到B 点时的动能为2mgRD ．小球运动到C 点时，其动能与电势能的和为1.6mgR答案 AC解析 取无穷远处电势为零，则最低点处电势为0，小球从A 点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgR ＋qU AO ＝12m v 2，解得U AO ＝mgR q ，而U AO ＝φA －0，所以φA ＝mgR q，A 正确；由对称性可知U AO ＝U OB ，即φA －0＝0－φB ，故φB ＝－mgR q，B 错误；小球从A 点运动到B 点过程中，由动能定理得E k ＝qU AB ＝2mgR ，C 正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E 1＝12m v 2＋0＝2mgR ，由最低点运动到C 点过程中，动能、电势能、重力势能的总量守恒，而重力势能增加量ΔE p ＝mgR (1－cos 37°)＝0.2mgR ，故动能、电势能的总和减少了0.2mgR ，所以小球在C 点的动能和电势能的总和为E 2＝E 1－0.2mgR ＝1.8mgR ，D 错误．21.如图6所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A 点，现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球．通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，若在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2，先后两次击打过程中小锤 图6对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1W 2的值可能为( ) A.13B.23 C ．1D ．2答案 AB解析 由于小球始终未脱离轨道，所以第一次击打小球上升的高度不超过R ，故W 1≤mgR .两次击打后上升到最高点的过程中，由动能定理得W 1＋W 2－2mgR ＝12m v 2，由于通过最高点的速度v ≥gR ，所以W 2≥32mgR ，故W 1W 2≤23，A 、B 正确． 三、非选择题(本题共6小题，共62分)(一)必考题22．(6分)某同学用如图7甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出．已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O ，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O 点的距离．再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x 1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O 点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O 点距离的平均值x 2和x 3，如图丙所示．图7(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为______________；(2)实验中还需要测量的物理量为__________________________，验证动量守恒定律的表达式为____________________________(用测量物理量对应的字母表示)．答案 见解析解析 (1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒，需测量两物体的质量和碰撞前后的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平．(2)测出一元硬币的质量为m 1，五角硬币的质量为m 2，一元硬币碰撞前瞬间的速度为v 1，由动能定理可得μm 1gx 1＝12m 1v 12，解得v 1＝2μgx 1，当一元硬币以速度v 1与五角硬币碰撞后，速度分别为v 2、v 3，由动能定理可得μm 1gx 2＝12m 1v 22，μm 2gx 3＝12m 2v 32，解得一元硬币碰后速度v 2＝2μgx 2，五角硬币碰后的速度为v 3＝2μgx 3，若碰撞过程动量守恒则需满足m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3，代入数据可得m 1x 1＝m 1x 2＋m 2x 3.23．(9分)某同学利用下列器材测量两节干电池的电动势和内阻．A ．待测干电池两节B ．电压表V 1、V 2，量程均为3 V ，内阻很大C ．定值电阻R 0(阻值未知)D ．电阻箱RE ．导线和开关(1)根据如图8甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图．乙图8(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R 0的阻值，先把电阻箱R 调到某一阻值R 1，再闭合开关，读出电压表V 1、V 2的示数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R 1表示)．(3)若测得R 0＝1.2 Ω，实验中改变电阻箱R 的阻值，读出相应的电压表V 1、V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1－U 2图象如图丙所示，则两节干电池的总电动势E ＝________ V ，总内阻r ＝________ Ω.答案 见解析解析 (1)根据实物图可知，电压表V 1与R 并联后与R 0串联接在电源两端，电压表V 2并联在电源的两端，电路图如图所示．R 0＝U 20－U 10I ＝U 20－U 10U 10R 1 (3)根据闭合电路欧姆定律可知U 2＝E －U 2－U 1R 0r ，变形可得U 1＝U 2()r ＋R 0r －ER 0r ，由图象可知当U 1＝0时U 2＝1.0 V ，故有r ＋R 0r ＝ER 0r ，图象的斜率为k ＝r ＋R 0r ＝2.4－02.6－1.0＝1.5，联立解得E ＝3.0 V ，r ＝2.4 Ω. 24．(12分)如图9所示为一皮带传送装置，其中AB 段水平，长度L AB ＝4 m ，BC 段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v ＝4 m /s 的恒定速率顺时针运转．现将一质量m ＝1 kg 的工件(可看做质点)无初速度地放在A 点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图9(1)工件从A 点开始至第一次到达B 点所用的时间t ；(2)工件从第一次到达B 点至第二次到达B 点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q .答案 (1)1.4 s (2)64 J解析 (1)由牛顿第二定律可得μmg ＝ma 1工件经t 1时间与传送带共速，则t 1＝v a 1＝0.8 s 工件位移为x 1＝12a 1t 12＝1.6 m 此后工件与传送带一起匀速运动到B 点，用时t 2＝L AB －x 1v ＝0.6 s工件第一次到达B 点所用时间t ＝t 1＋t 2＝1.4 s(2)工件上升过程中受到的摩擦力F f ＝μmg cos θ由牛顿第二定律可得加速度大小a 2＝mg sin θ－F f m＝2 m/s 2 由运动学公式可得t 3＝v a 2＝2 s 下降过程加速度大小不变a 3＝a 2＝2 m/s 2由运动学公式可得t 4＝v a 3＝2 s 工件与传送带的相对位移Δx ＝v (t 4＋t 3)＝16 m因摩擦而产生的热量Q ＝F f Δx ＝64 J.25．(20分)如图10所示，三角形AQC 是边长为2L 的等边三角形，P 、D 分别为AQ 、AC 的中点，在水平线QC 下方是水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，区域Ⅱ(三角形APD )内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD 以上，三角形P AD 以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁感应强度大小均为5B ，一带正电的粒子从Q 点正下方、距离Q 点为L 的O 点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC 边中点N 以速度v 0垂直QC 射入区域Ⅰ，接着从P 点垂直AQ 射入区域Ⅲ，此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O 点，粒子重力忽略不计，求：图10(1)该粒子的比荷q m；(2)电场强度E 及粒子从O 点射出时的初速度v 的大小；(3)粒子从O 点出发到再次回到O 点的整个运动过程所经历的时间t .答案 (1)v 0BL (2)2B v 0 5v 0 (3)2L v 0＋9πL 5v 0解析 (1)根据牛顿第二定律可得Bq v 0＝m v 20R ，根据题意有R ＝L ，解得q m ＝v 0BL(2)粒子从O 到N ，由运动合成与分解可得：L ＝v 0t ′，L ＝12at ′2 由牛顿第二定律可得a ＝qE m，解得E ＝2B v 0 由运动学公式可得v 2x ＝2aL ，则v ＝v 2x ＋v 20＝5v 0(3)粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：电场中往返的时间t 0，区域Ⅰ中的时间t 1，区域Ⅱ和Ⅲ中的时间t 2＋t 3根据平抛运动规律有t 0＝2L v 0设在区域Ⅰ中的时间为t 1，则t 1＝2×2πL 6v 0＝2πL 3v 0粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动半径为r ，则q v 0·5B ＝m v 20r ，即r ＝15L . 则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的运动轨迹如图所示，总时间为(2＋56)个周期 由周期公式可得T ＝2πr v 0＝2πL 5v 0，t 2＋t 3＝(2＋56)T ＝176×2πL 5v 0＝17πL 15v 0故总时间t ＝t 0＋t 1＋t 2＋t 3＝2L v 0＋9πL 5v 0. (二)选考题(请从下列2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．【物理选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________A ．一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B ．气体的温度降低，某个气体分子热运动的动能可能增加C ．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面D ．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的E ．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大(2)(10分)如图11甲所示，玻璃管竖直放置，AB 段和CD 段分别为两段长25 cm 的水银柱，BC 段为长10 cm 的理想气体，D 到玻璃管底端为长12 cm 的理想气体．已知大气压强为75 cmHg ，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变．将玻璃管旋转180°倒置，经过足够长时间后，水银未从玻璃管流出，求：图11①玻璃管倒置后BC 段气体的长度；②玻璃管倒置后D 到玻璃管底端封闭气体的长度．答案 (1)BDE (2)①20 cm ②60 cm解析 (1)根据理想气体状态方程pV T＝C 可知，体积增大时，压强变化的关系未知，故温度变化未知，则内能的变化无法确定，A 错误；气体的温度降低，分子平均动能减小，但某个气体分子热运动的动能可能增加，B 正确；由于分子的无规则运动，当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中仍然会有水分子飞出水面，C 错误；气体的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，D 正确；将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，体积偏大，则直径计算结果偏大，故E 正确．(2)①设玻璃管的横截面积为S ，研究BC 段的气体初状态：气体体积V 1＝h BC S ，压强p 1＝75 cmHg ＋25 cmHg ＝100 cmHg末状态：气体体积V 2＝h BC ′S ，压强p 2＝75 cmHg －25 cmHg ＝50 cmHg根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，可得h BC ′＝20 cm②研究玻璃管底端的气体初状态：气体体积V 3＝h D S ，压强p 3＝75 cmHg ＋25 cmHg ＋25 cmHg ＝125 cmHg末状态：气体体积V 4＝h D ′S ，压强p 4＝75 cmHg －25 cmHg －25 cmHg ＝25 cmHg 根据玻意耳定律p 3V 3＝p 4V 4，可得h D ′＝60 cm.34．【物理选修3－4】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________A ．弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供B ．单摆振动的周期一定等于它的固有周期C ．机械波从一种介质进入另一种介质，如果波速变大，那么波长一定变大D ．在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小E ．发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有发生变化(2)(10分)如图12所示为半圆形玻璃柱的截面图，半圆形玻璃柱半径为R ，平行于直径AB 的单色光照射在玻璃柱的圆弧面上，其中一束光线经折射后恰好通过B 点，已知玻璃柱对单色光的折射率为 3.图12①求该束光线到AB 的距离；②试说明入射光线经折射后，直接照射到CB 段弧面上的折射光线不可能在CB 段弧面上发生全反射．答案 (1)CDE (2)①32R ②见解析 解析 (1)水平方向的弹簧振子的回复力由弹簧的弹力提供，而竖直方向的弹簧振子的回复力由弹簧的弹力和重力的合力提供，A 错误；单摆振动的周期取决于驱动力的周期，与固有周期无关，B 错误；机械波从一种介质进入另一种介质，频率不变，由v ＝λf 可知，如果波速变大，则波长一定变大，C 正确；在干涉现象中振动加强指的是振幅增大，振动减弱指的是振幅减小，但振动加强点和减弱点仍在各自的平衡位置附近做简谐振动，其位移随时间周期性变化，故某时刻振动加强点的位移可能小于振动减弱点的位移，D 正确；发生多普勒效应时，波源发出的波的频率并没有变化，只是人接收到的频率发生了变化，E 正确．(2)①设离AB 边距离为d 的光线折射后刚好射到B 点，设此光线的入射角为i ，折射角为r ，根据几何关系有i ＝2r根据光的折射定律有：n ＝sin i sin r ，即sin 2r sin r＝3，得r ＝30° 由几何关系可得d ＝R sin i ＝32R ②设折射角为β，根据几何关系可知，此折射光线在CB 弧面上的入射角也为β，根据光路可逆可知，光线一定会从CB 段弧面上射出，不可能发生全反射．仿真模拟卷(二)(时间：90分钟 满分：110分)二、选择题：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，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14．下列说法中不正确的是( )A ．伽利略的理想斜面实验运用了实验和逻辑推理相结合的科学研究方法B ．“合力”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的科学研究方法C ．发生光电效应时，同一频率的入射光越强，光电子的最大初动能越大D ．已知中子质量、质子质量和氘核质量，则可以计算氘核的比结合能答案 C解析 伽利略的“理想斜面实验”是建立在可靠的事实基础之上的，它来源于实践，而又高于实践，创造了实验与逻辑推理相结合的科学研究方法，故A 正确；“合力”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的科学研究方法，故B 正确；根据光电效应方程：E k ＝hν－W 0，可知光电子的最大初动能与入射光的强度无关，同一频率的入射光，光电子的最大初动能相同，故C 错误；根据质能方程，已知中子质量、质子质量和氘核质量，则氘核的结合能：E＝(m n ＋m p －m D )c 2，氘核有两个核子，所以比结合能为E 2，故D 正确． 15．如图1甲，水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R 和平行板电容器C 相连，导体棒MN 置于导轨上且接触良好，取向右为运动的正方向，导体棒沿导轨运动的位移一时间图象如图乙所示；导体棒始终处于竖直向上的匀强磁场中，不计导轨和导体棒电阻，则0～t 2时间内( )图1A ．若S 接A ，电容器a 极板始终带负电B ．若S 接A ，t 1时刻电容器两极板电压最大C ．若S 接B ，MN 所受安培力方向先向左后向右D ．若S 接B ，t 1时刻MN 所受的安培力最大答案 C解析 在x －t 图象中，图象的斜率表示导体棒运动的速度，由题图乙可知，0～t 1时间内斜率为正，t 1～t 2时间内斜率为负值，则说明0～t 2时间内导体棒先向右运动后向左运动．若S 接A ，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C 连接，0～t 2时间内导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，可知电容器a 极板先带负电后带正电，故A 错误；若S 接A ，t 1时刻导体棒静止，即导体棒不切割磁感线，故MN 中无感应电动势产生，电容器两极板电压为零，即最小，故B 错误；若S 接B ，导体棒通过金属导轨与定值电阻R 相连，0～t 2时间内，导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN 所受安培力方向先向左后向右，故C 正确；若S 接B ，t 1时刻MN 静止，导体棒不切割磁感线，电路中无感应电流，MN 受安培力为零(即最小)，故D 错误．16．我国计划于2020年发射“火星探测器”，若探测器绕火星的运动、地球和火星绕太阳的公转视为匀速圆周运动，相关数据见表格，则下列判断正确的是( )A.T 地>T 火B ．火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度C ．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度D ．探测器绕火星运动的周期的平方与其轨道半径的立方之比与T 2火T2地相等 答案 B解析 地球和火星绕太阳做匀速圆周运动，根据G Mm r 2＝mr 4π2T 2，得T ＝ 4π2r 3GM ，火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则火星的公转周期大于地球的公转周期，故A 错误．根据G Mm R2＝m v 2R ，得第一宇宙速度v ＝GM R ，因GM 火R 火<GM 地R 地，则火星的“第一宇宙速度”小于地球的第一宇宙速度，故B 正确．根据G Mm R 2＝mg 得，g ＝GM R 2，因GM 火R 2火<GM 地R2地，则火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故C 错误．T 2探＝4π2r 3探GM 火，则T 2探r 3探＝4π2GM 火≠T 2火T 2地，故D 错误．17．如图2所示为理想变压器，其中r 为定值电阻，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器的触头，u 为正弦交流电源，电源输出电压的有效值恒定，则( )图2A ．P 向右移动时，原、副线圈的电流之比可能变大B ．P 向右移动时，变压器的输出功率变大C ．若原、副线圈增加相同的匝数，其它条件不变，则变压器输出电压不变D ．若原、副线圈增加相同的匝数，其它条件不变，r 消耗的功率可能不变答案 D解析 原、副线圈的电流的比值等于原副线圈匝数的反比，与副线圈电路电阻无关，故A 错误；P 向右移动时R 阻值增大，但副线圈电压不变，所以变压器输出功率变小，故B 错误；若原、副线圈匝数相同，原、副线圈增加相同的匝数，则匝数比不变，则变压器输出电压不变，r 消耗的功率不变；若原、副线圈匝数不相同，原、副线圈增加相同的匝数，则匝数比变化，则变压器输出电压变化，原、副线圈中电流均变化，r 消耗的功率变化，故C 错误，D 正确．18．如图3所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一质量M ＝1.5 kg 的物块受平行于斜面向上的轻质橡皮筋拉力F ＝9 N 作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块M 上，另一端跨过光滑定滑轮连接A 、B 两个小物块，物块M 处于静止状态．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，m A ＝0.2 kg ，m B ＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2.则剪断A 、B 间轻绳后，关于物块M 受到的摩擦力的说法中正确的是(sin 37°＝0.6)( )图3A ．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为4 NB ．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为2 NC ．静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为7 ND ．静摩擦力，方向沿斜面向上，大小为2 N答案 D解析 开始时物块M 受静摩擦力作用，大小为F f ＝(m A ＋m B )g ＋Mg sin 37°－F ＝6 N ，方向沿斜面向上，剪断A 、B 间轻绳后，假设M 仍静止，则此时M 所受的静摩擦力为：F f ′＝m A g ＋Mg sin 37°－F ＝2 N ．因为2 N ＜6 N ，故可知物块M 仍然处于静止状态，故选项D 正确．19．如图4所示，质量为m 和M 的两个物块A 、B ，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A 、B 不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为p ，弹簧的弹性势能为E p ；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A 刚好静止，B 向右运动，与质量为M 的静止物块C 相碰并粘在一起，则( )图4A ．弹簧弹力对A 的冲量大小为m M ＋mp B ．弹簧弹力对B 做功的大小为E pC ．全过程中机械能减小量为E pD ．B 、C 的最终速度为p 2M答案 AD解析 选取水平向右为正方向，两个物块的总动量是p ，则A 的动量：p A ＝m M ＋mp ，弹簧恢复到原长时，A 刚好静止，由动量定理得：I ＝p A ′－p A ＝0－m M ＋m p ＝－m M ＋mp ，负号表示与选定的正方向相反，故A 正确；弹簧与A 、B 有相互作用力的过程中，弹簧对A 做负功，对B 做正功，系统的机械能全部转化为B 的动能，所以B 的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A 的初动能的和，所以弹簧弹力对B 做的功大于E p ，故B 错误；物块A 与B 以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B 的速度为v 1，选取向右为正方向，则：p ＝M v 1，B 与C 相互作用的过程中二者组成的系统的动量守恒，设最终的速度为v 2，根据动量守恒得：M v 1＝(M ＋M )v 2，联立得：v 2＝p 2M，故D 正确； 整个的过程中损失的机械能：ΔE ＝12(m ＋M )v 20＋E p －12·2M v 22，而v 0＝p M ＋m。