高考物理二轮复习选择题专练 (1)
2018年高考物理二轮专题总复习：选择题满分专练一 含
光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中导轨左端接有电阻R，导轨上垂直导轨放着一根金点．下列关于该粒子的说法正确的是B ．初速度为v ＝B ED ．比荷为q ＝E 2A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变解析：发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器的输出电压减小，输电线上损耗的功率增大，选项A、B错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误．答案：C19．下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是()A．离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示B．两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示C．两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示D．静电场中到达静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示解析：图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以，a、b两点的电势和电场强度均相同，B对；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错；图丁中，导体达静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D对．答案：BD20.质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为θ＝30°，斜斜面体缓慢移动的过程中各物体均处于动态平衡状态，＋μF N，其中斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力不变，因此绳的拉力不变，弹簧30°的足够长的固定粗糙斜面上时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上。
新高考适用2025版高考物理二轮总复习第4部分题型专练选择题保分练一
第四部分 题型专练选择题保分练(一)(考试时间：30分钟 试卷满分：40分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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．1.1934年，约里奥—居里夫妇发觉经过α粒子轰击的铝片中含有放射性的磷3015P ，他们由于发觉人工放射性而获得了1935年的诺贝尔物理学奖．磷3015P 的衰变方程为：3015P→3014Si ＋Y.则下列说法正确的是( B )A ．Y 是质子B ．Y 是正电子C ．变更压力、温度或化学状态，3015P 的半衰期会变更D ．经过两个完整的半衰期后，3015P 将完全衰变殆尽【解析】 磷3015P 的衰变方程为3015P→3014Si ＋Y ，依据质量数和电荷数守恒可知，Y 粒子质量数A ＝0，电荷数Z ＝＋1，故Y 是正电子，B 正确，A 错误；放射性元素的原子核有半数发生衰变时所须要的时间，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核内部因素确定与外界条件无关，C 错误；原子核两个完整的半衰期后剩余原子核的数量是原来的14，D 错误． 2.如图所示为远距离输电示意图，其沟通发电机的输出电压U 1肯定，通过志向升压变压器和志向降压变压器向远处用户供电，升压变压器的输入功率和输出功率分别为P 1、P 2，降压变压器的输入功率和输出功率分别为P 3、P 4，输电线的总电阻R 肯定．下列说法正确的是( C )A ．当用户的用电器增多时，U 2、U 3和U 4都增大B ．当用户的用电器增多时，U 2、U 3和U 4都减小C ．当用户的用电器增多时，P 1、P 2都会增大，输电线上损失的功率会增大D ．当用户的用电器增多时，P 3、P 4都会增大，输电线上损失的功率会减小【解析】 志向变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，因为U 1、n 1、n 2均不变，则U 2不变，当用户的用电器增多时，P 4增大，依据变压器输出功率确定输入功率，有P 3增大，升压变压器的输入功率P 1和输出功率P 2也都增大，依据P 2＝U 2I 2，则I 2增大，则ΔU ＝I 2R 增大，所以由U 3＝U 2－ΔU ，得出U 3减小，所以U 4也减小；经以上分析知当用户的用电器增多时P 4增大，I 2增大，所以由ΔP ＝I 22R ，得输电线上损失的功率也增大，故C 正确．3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐．如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( D )A．O点电场场强不为零B．O点电势不为零C．A、B两点电场强度相等D．A、B两点电势相等【解析】两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B 都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误．故选D.4.高速马路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发觉自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( D )A．2.52 m/s2B．3.55 m/s2C．3.75 m/s2D．3.05 m/s2【解析】设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0(t1＋t2＋Δt)＋，代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋522a，解得a＝3.05 m/s2，所以D正确，A、B、C错误．5.如图所示，人造卫星以速度v1在圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，当其运动到P点时点火加速，使其速度瞬间增加到v2.随后卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，到达Q点的速度大小为v3.以下说法正确的是( D )A ．卫星的速度大小关系为v 2>v 3>v 1B ．卫星在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度大于轨道Ⅰ上P 点的加速度C ．卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的周期D ．卫星在轨道Ⅱ上由P 点运动到Q 点的过程中机械能守恒【解析】 卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动，依据近地点速度大于远地点，则有v 2>v 3，由圆轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，依据卫星变轨规律由低轨道进入高轨道必需点火加速，则v 2>v 1，但是依据卫星的线速度v ＝GM r可知v 1>v 3，所以卫星的速度大小关系为v 2>v 1>v 3，A 错误；卫星在轨道Ⅱ上经过P 点的加速度等于轨道Ⅰ上P 点的加速度，因为同一点万有引力相同，则加速度相同，B 错误；依据卫星的周期公式T ＝2πr 3GM，轨道半径越大的周期越大，则卫星在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的周期，C 错误；卫星在轨道Ⅱ上由P 点运动到Q 点的过程只有引力做功所以机械能守恒，D 正确．6.如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M 的物块，另一端系着质量为m 的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上．已知细杆与定滑轮的水平距离为d ＝0.8 m ，初始时轻绳与竖直杆的夹角θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，取重力加速度g ＝10 m/s 2.现在由静止释放两物体，下列说法正确的是( B )A ．释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小后增大B ．若M ＝4m ，当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为v ＝2 m/sC ．若M ＝2m ，圆环运动区间的长度为1.2 mD ．为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应当满意M m >54【解析】 因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A 错误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，依据动能定理可得12mv 2＝Mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d sin θ－d －mg d tan θ，其中M ＝4m ，联立解得v ＝2 m/s ，故B 正确；若M ＝2m 时，物块一起先先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为α，依据机械能守恒定律可知，物块重力势能的削减量等于圆环重力势能的增加量，有2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d sin θ－d sin α＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d tan θ－d tan α，整理得65sin 2α－112sin α＋48＝0，解得sin α＝1213或sin α＝45(舍去)，依据数学关系sin 2α＋cos 2α＝1，tan α＝sin αcos α可解得tan α＝125，则圆环上升的最大高度为h ＝d tan θ－d tan α＝415m ，起先时，由于Mg cos θ＝1.2mg >mg ，圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为415m ，故C 错误；圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mg cos θ＝mg ，解得M m ＝53，故当满意M m >53时，圆环在初始位置上方运动，故D 错误． 7.如图所示，边长为L 的正六边形abcdef 区域内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，正六边形中心O 处有一粒子源，可在纸面内向各个方向放射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m 、电荷量均为q ，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( C )A ．可能有粒子从ab 边中点处垂直ab 边射出B ．从a 点垂直af 离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为πm 6qBC ．垂直cf 向上放射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为()23－3qBL mD ．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为3qBL 2m 【解析】 若粒子从ab 边中点处垂直ab 边射出，则圆心肯定在ab 边上，设与ab 中点为g ，则圆心在Og 的中垂线上，而中垂线与ab 边平行，不行能相交，故A 错误；同理做aO 垂线与出射速度垂线交于f 点，即f 为圆心，则对应圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t ＝16T ，且T ＝2πm qB ，解得t ＝πm 3qB，故B 错误；垂直cf 向上放射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af 相切，则由几何关系得L ＝r ＋rsin 60°，由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ，联立解得v ＝23－3qBLm ，故C 正确；因为O 点距六边形的最近距离为d ＝L cos 30°＝32L ，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r ＝d 2，又r ＝mvqB ，所以最小速度为v min ＝3qBL 4m，故D 错误． 8.如图甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 的物块，物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.设木板足够长，现对物块施加一个水平向右的力F ，力F 随时间t 的变更如图乙所示．已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，则下面四个图中能正确反映物块受到木板的摩擦力大小f 随时间t 变更的是( C )【解析】 由题意物块与木板之间摩擦力的最大值为f 2max ＝μ2mg ＝4 N ，木板与地面间的摩擦力的最大值为f 1max ＝μ1(M ＋m )g ＝2 N ，当F ≤2 N 时，木板和物块相对地面静止f ＝F ，又由图像可得F ＝12t ，所以0～4 s 时间内图像与F t 图像相同；当F >2 N ，并且木板和物块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a ，依据牛顿其次定律，对整体有F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，对物块有F －f 2max ＝ma ，可得F ＝6 N ，从今关系式可以看出，当 2 N<F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，则对整体有F －μ1(mg ＋Mg )＝(m ＋M )a ，对物块F －f ＝ma ，即f ＝F 2＋1，即f ＝t 4＋1，所以0～10 s 内图像如图C ，故A 、B 、D 错误，C 正确． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题目要求．全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.一沟通发电机线圈内磁通量随时间的变更规律如图甲所示．已知发电机线圈的匝数N ＝50匝，其总电阻r ＝2.5 Ω.图乙中灯泡的额定电压为48 V ，额定功率为153.6 W ．现将该发电机产生的电压接在图乙中志向降压变压器原线圈的a 、b 两端，此时灯泡正常发光．则( BC )A ．发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e ＝1002sin 100πt (V)B ．灯泡正常工作时的电阻为15 ΩC ．志向降压变压器原、副线圈匝数之比为2 1D ．发电机线圈的热功率为102.4 W【解析】 峰值E m ＝NΦm ·2πT＝100 2 V ，t ＝0时刻，线圈平面与磁感线平行，发电机线圈产生的电动势瞬时值表达式为e ＝1002cos 100πt (V)，故A 错误；灯泡正常工作时的电阻为R ＝U 2P ＝15 Ω，故B 正确；发电机电动势的有效值为E ＝E m 2，设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，由闭合电路的欧姆定律可知E ＝I 1r ＋U ab ，依据变压器原理可知U ab n 1＝U n 2，I 1I 2＝n 2n 1，其中I 2＝P U ＝3.2 A ，解得n 1n 2＝2，故C 正确；由C 选项知I 1＝1.6 A ，则P r ＝I 21r ＝6.4 W ，故D 错误．故选BC.10.两个材质不同、长度相等的细绳连接在一起，连接点为P 点．甲乙两名同学分别在绳的两端A 、B 以相同的振动频率同时上下抖动形成两列横波．经过一个周期后，从两端各自形成一个完整的波形如图所示．已知AC 的水平距离为4 m ，BD 的水平距离为6 m ．A 、B 两点距P 点的水平距离均为12 m ，波在传播过程中各点的水平位置保持不变．已知B 点形成的机械波在BP 中传播的速度为6 m/s ，下列说法正确的是( AD )A ．A 点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/sB ．B 点形成的机械波传播到P 点左侧时速度仍为6 m/sC ．两列波形成的第一个波峰在P 点相遇D ．P 点振动稳定后，为振动加强点【解析】 B 点形成的机械波的振动周期为T B ＝λB v B ＝66s ＝1 s ，两列波的振动频率相同，则振动周期也相同，有T A ＝T B ＝1 s ，依据波速公式有v A ＝λA T A ＝41 m/s ＝4 m/s ，所以A 点形成的机械波在左侧绳中传播的速度为4 m/s ，则A 正确；由于两段绳子的材质不同，即波的传播介质不同，所以无法确定B 点形成的机械波传播到P 点左侧的速度，B 错误；B 点发出第一个波峰到达P 点的时间为t B ＝x BP v B ＝126s ＝2 s ，此时A 点发出的波传播距离为x A ＝v A t B ＝4×2 m＝8 m ，则没有到达P 点，所以无法形成的第一个波峰在P 点相遇，则C 错误；两列波到P 点的相位差为0，为振动加强点，所以P 点振动稳定后，为振动加强点，则D 正确．故选AD.11.如图甲所示，光滑金属导轨ab 、ac 成45°角放置在水平面上，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B .长直导体棒垂直ac 放置在导轨上，并与ab 、ac 交于E 、F 两点，且EF ＝L 0.在外力作用下，导体棒由EF 处运动到GH 处，速度由v 0减小到v 03，速度的倒数1v随位移x 变更的关系图线如图乙所示．除阻值为R 的电阻外，其他电阻均不计．在棒由EF 处运动到GH 处的过程中( ABD )A ．导体棒切割磁感线产生的感应电动势恒为BL 0v 0B ．导体棒所受安培力渐渐增大C ．克服安培力做功为D ．克服安培力做功为【解析】 由图乙知图线的斜率为k ＝3v 0－1v 02L 0＝1L 0v 0，图线的表达式为1v ＝kx ＋1v 0，代入k值得v ＝L 0v 0L 0＋x ，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ＝B (L 0＋x )v ＝BL 0v 0，感应电流为I ＝E R ，所以感应电动势和感应电流都不变，则安培力为F ＝BIL ＝B BL 0v 0R (L 0＋x )＝B 2L 0v 0R (L 0＋x )，所以安培力渐渐增大，故A 、B 正确；由于安培力与位移为一次函数关系，所以求安培力的功时可用力和位移的平均值，依据题意，当导体棒运动2L 0时，导轨间导体棒长度为3L 0，安培力平均值为F ＝F 1＋F 22＝B 2L 0v 0R L 0＋B 2L 0v 0R ·3L 02＝，克服安培力做功为W ＝F ·2L 0＝，故C 错误，D 正确．故选ABD.12.如图所示，一质量为2m 的小车静止在光滑水平地面上，其左端P 点与平台平滑连接．小车上表面PQ 是以O 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧轨道．质量为m 的光滑小球，以v 0＝2gR 的速度由水平台面滑上小车．已知OP 竖直，OQ 水平，水平台面高h ＝R 6，小球可视为质点，重力加速度为g .则( AD )A ．小车能获得的最大速度为4gR 3 B ．小球在Q 点的速度大小为5gR 3C ．小球在Q 点速度方向与水平方向夹角的正切值为63 D ．小球落地时的速度大小为7gR 3【解析】 小球最终由P 点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为v max ＝2m m ＋2m ·2gR ＝4gR3，故A 正确；小球在Q 点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v 共，解得v 共＝2gR3，由能量守恒定律得＝mgR ＋，解得v Q ＝10gR3，则小球此时在竖直方向上的分速度大小为v Qy ＝＝6gR 3，设小球在Q 点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v Qyv 共＝62，故B 、C 错误；小球离开小车时的速度大小为v P ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －2m m ＋2m ·2gR ＝2gR 3，由动能定理得mgh ＝12mv 2－，解得v ＝7gR 3，故D 正确．故选AD.。
2021【通用版】高考物理二轮《选择试题》专练(含解析)
【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）专题一1—5为单选，6—8为多选1．作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿y轴负方向，大小未知的力F2与x轴正方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F3的判断正确的是(C)A．力F3只能在第二象限B．力F3与F2夹角越小，则F2和F3的合力越小C．F3的最小值为F1cosθD．力F3只能在第三象限解析：据力的三角形定则画图如图所示，力F3可能在第二、第三象限中，选项A、D均错误；不管力F2和F3夹角如何变化，它们的合力大小始终等于F1，选项B错误；从图中可知，当F3与F2垂直时有最小值，且F3＝F1cosθ，选项C正确．2．如图所示，在粗糙的水平面上，长度为L、质量M＝2 kg的长木板某时刻正以速度v0向右运动．现对长木板施加一水平向左的恒力F(大于3 N)，同时将一质量m＝1 kg的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为2L3处，发现长木板向右运动距离3L5后立即反向向左运动．已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，g取10 m/s2，规定水平向左为正方向，则长木板受到的摩擦力f随时间t的变化规律正确的是下图中的(A)解析：长木板向右减速运动的距离为3L 5的过程中，长木板所受的摩擦力f 1＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向左；长木板反向向左加速运动的距离为3L 5＋L 3的过程中，小球仍在长木板上，则长木板所受的摩擦力f 2＝μ(m ＋M )g ＝3 N ，方向水平向右；当小球脱离长木板后，长木板所受的摩擦力f 3＝μMg ＝2 N ，方向水平向右，选项A 正确．3．(黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( A )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的2倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr解析：在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12m v 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA ，A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ (2r )2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，则C 错误． 4．(江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( A )A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：当R3不变，P顺时针转动时，n MN减小，由U CDU MN＝n CD n MN，知U MN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错；当P不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．5．(武汉模拟)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有“M-70”大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8 700 kW.假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即f＝k v，则(D)A．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 NB．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为9.8×105 NC ．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kWD ．从题中给出的数据，能计算阻力f 与速度v 的比值k解析：汽车的牵引力F ＝P v ，当速度很小趋于零时，牵引力很大，选项A 错误；启动后以额定功率行驶，速度达到最大时，阻力f ＝F ＝P v ＝2.9×105 N ，选项B 错误；匀速行驶时，P ＝F v ＝k v 2，以最高时速运动，已知功率和速度，可求出比值k ，以最高时速一半匀速行驶，功率变为最高时速的功率的14，选项C 错误，选项D 正确． 6．(东莞模拟)我国航天局于2013年向火星发射第一颗“火星探测器”，如图所示，假设“火星探测器”绕火星表面运动的周期为T ，在火星上着陆后，自动机器人用弹簧测力计测得质量为m 的仪器重力为P .已知引力常量为G ，由以上数据可以求出的量有( CD )A ．火星的自转周期B ．火星探测器的质量C ．火星表面的重力加速度D ．火星的密度解析：由P ＝mg 火可得，火星表面的重力加速度g 火＝P m ，C 项正确；由G Mm ′R 2＝m ′R ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，火星的密度ρ＝M V ，V ＝4πR 33可知，可以求出火星的密度，D 项正确．7．下图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、 f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．下列说法正确的是( BD )A ．若a 接正极，b 接负极，e 接正极， f 接负极，则L 向右滑动B ．若a 接正极，b 接负极，e 接负极， f 接正极，则L 向右滑动C ．若a 接负极，b 接正极，e 接正极， f 接负极，则L 向左滑动D ．若a 接负极，b 接正极，e 接负极， f 接正极，则L 向左滑动解析：若a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定则判定金属杆所受安培力向左，则L 向左滑动，A 选项错误；同理判定B 、D 选项正确，C 选项错误．8．(云南部分名校统考)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab 棒在导轨上无初速度释放，当ab 棒下滑到稳定状态时，速度为v ，电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是( BD )A ．导体棒的a 端比b 端电势低B ．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C ．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D ．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍解析：导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a 端为正极，b 端为负极，A 项错误．感应电动势E ＝BL v ，I ＝E R ，对ab 受力分析有mg sin θ－B 2L 2v R ＝ma ，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a ＝0时，mg sin θ＝B 2L 2v m R ，得：v m ＝mgR sin θB 2L 2，若B 增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的14，所以B 项正确，C项错．若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P＝B2L2v2R，可知功率变为原来的4倍，D项正确．【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）1—5为单选，6—8为多选1．(浙江温州十校联考)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当．根据国家节能战略，普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED 灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近(B)A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·hC．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h解析：假设每户每天只亮灯5个小时，每户每年节电E＝2×(60－10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h.假设每户有3口人，全国有4亿户左右．则年节电总值为E总＝4×108×182.5 kW·h＝7.3×1010 kW·h，故B正确．2．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则(D)A．该星球的质量为M＝4π2r1 GT21B．该星球表面的重力加速度为g x＝4π2r1 T21C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为v1v2＝m1r2m2r1D ．登陆舱在半径为r 2轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31解析：根据G Mm 1r 21＝m 1(2πT 1)2r 1，得星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21，则选项A 错误；根据m 1a 1＝m 1(2πT 1)2r 1，可得载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于星球的重力加速度，则选项B 错误；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1，可得v 1＝GM r 1，同理v 2＝GM r 2，故v 1v 2＝r 2r 1，则选项C 错误；根据开普勒第三定律得T 1T 2＝r 31r 32，故T 2＝T 1r 32r 31，则选项D 正确．3．(山西检测)现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识．下列说法正确的是( C )A ．α粒子散射实验结果说明原子内部带正电的那部分物质是均匀分布的B ．β衰变说明原子核内部存在自由电子C ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的氢核聚变反应D ．氡原子核的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天一定只剩下1个未发生衰变解析：α粒子散射实验结果说明占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围内，A 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子同时释放出电子，不能说明原子核内部存在电子，B 错误；太阳辐射的能量来自于太阳内部的氢核聚变反应，C 正确；半衰期对大量的原子核的统计规律适用，对少量的原子核不适用，D错误．4．(湖北八校联考)如图M和N是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)．则以下说法正确的是(D)A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：P和Q两点在带电体M的表面上，M是处于静电平衡状态的导体，其表面是一个等势面，故P和Q两点的电势相等，选项A错误；带正电的油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能，故从F点到W点，机械能减小，电场力做负功，说明电场力向上，故电场线垂直等势面向上，而沿着电场线方向电势逐渐降低，故P 点的电势低于S 点的电势，选项B 错误；由于电场线垂直等势面向上，故E 点的电势高于F 点的电势，根据E p ＝qφ，油滴在F 点的电势能低于在E 点的电势能，选项C 错误；油滴在运动过程中只有重力和电场力做功，重力做功导致重力势能和动能相互转化，电场力做功导致电势能和动能相互转化，故油滴在E 、F 、W 三点的“机械能和电势能总和”没有改变．选项D 正确．5．如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( C )A ．线圈先后两次转速之比为1 2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin0.4πt VC ．交流电b 的最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由图象可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，根据ω＝2πT ，得ωa ＝5π，ωb ＝10π/3，由ω＝2πn ，得转速之比，n a n b ＝32，A 错；图线a 的最大值为E m a ＝10 V ，交流电压的瞬时值u ＝E m sin ωt ＝10sin5πt V ，B 错；根据E m ＝NBSω，得E m b ＝20/3 V ，C 对；t ＝0的时刻感应电动势为零，故磁通量最大，D 错．6．如图，质量为m 、长为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为( BC )A ．z 正向，mg IL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg IL tan θD ．沿悬线向上，mg IL sin θ解析：若B 沿z 轴正方向，导线无法平衡，A 错误；若B 沿y 轴正方向，由左手定则，受力如图①：mg ＝BIL ，所以B 正确；若B沿z 轴负方向，受力如图②，F T sin θ＝BIL ，F T cos θ＝mg ，所以B ＝mg ILtan θ，C 正确；若B 沿悬线向上，受力如图③，导线无法平衡，D 错误．7．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是(CD)A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD．物体在OA段运动过程中拉力的平均功率大于AB段运动过程中拉力的平均功率解析：物体受到的滑动摩擦力f＝μmg＝2 N，由题图知x1＝3 m 位移内拉力做的功W1＝F1x1＝15 J，解得F1＝5 N，根据牛顿第二定律F1－f＝ma1，解得加速度为a1＝1.5 m/s2，所用的时间为t1＝2x1 a1＝2 s，末速度v1＝a1t1＝3 m/s；由W2＝F2x2解得x2＝6 m位移内拉力F2＝2 N，与摩擦力f等大反向，所以物体在AB段做匀速直线运动，运动时间t2＝x2v1＝2 s，整个过程中拉力的最大功率为P m＝F m v m＝F 1v 1＝15 W ，选项C 正确；OA 段运动过程中拉力的平均功率P 1＝W 1t 1＝7.5 W ，AB 段拉力的平均功率P 2＝W 2t 2＝6 W ，选项D 正确． 8.某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB 是一段四分之一圆弧形的电阻，O 点为其圆心，且在B 点正上方，圆弧半径为r .O 点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB 接触良好且无摩擦．A 、B 之间接有内阻不计、电动势为9 V 的电池，电路中接有理想电流表A ，O 、B 间接有一个理想电压表V .整个装置在一竖直平面内，且装置所在的平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有( CD )A ．从图中看到列车一定是向右做加速运动B ．当列车的加速度增大时，电流表A 的读数增大，电压表V 的读数也增大C ．若电压表示数为3 V ，则列车的加速度为33g D ．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的解析：对金属球，由牛顿第二定律，加速度a ＝g tan θ，方向水平向右，可能向右做加速运动或向左做减速运动，选项A 错误；电流I ＝E R ，电流表读数一定，当列车的加速度增大时，θ增大，BC 弧长变大，电压表V 的读数U ＝IR BC 也增大，选项B 错误；而R ＝ρL S ，则U ＝E ·θπ2，若电压表示数为3 V ，则θ＝π6，列车的加速度为g tan π6＝33g ，选项C 正确；电压表示数U ＝2E ·θπ＝2E π·arctan a g ，U 与a 不是线性关系，则加速度表的刻度是不均匀的，选项D 正确．【通用版】高考物理考前精编选择试题（含解析）1—5为单选，6—8为多选1．如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B 用长为l的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且OA之间的距离恰为l，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为(B)A．F1>F2B．F1＝F2C．F1<F2D．无法确定解析：如图所示，分析B球的受力情况，B球受到重力、弹簧的弹力和绳的拉力，由相似三角形和OA＝OB，知绳的拉力等于B球的重力，所以F1＝F2＝G.2．(武汉调研)小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中错误的是(C) A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1 I2C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝U1I2－I1D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小解析：在I-U图象中，图线上的点与O点的连线的斜率表示该点所对应的电压、电流下电阻的倒数，图象中图线的斜率逐渐减小，电阻应逐渐增大，选项A正确；对应P点，小灯泡的电压为U1，电流为I2，根据欧姆定律可知，小灯泡的电阻应为R＝U1I2，选项B正确；其工作功率为P＝U1I2，即图中矩形PQOM所围的面积，选项D正确；P点切线的斜率反映了电流随电压变化快慢，即反映的是电阻随电压、电流变化快慢而不是灯泡的电阻的倒数，选项C 错误．3．(武汉联考)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v ，方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为( C )A.12vB.23vC.32vD.32v 解析：设圆形区域直径为d ，粒子从a 点射入从b 点飞出磁场，运动时间t ＝T 6，半径R 1＝d ＝m v qB ；若粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，运动时间t ＝T 6，偏向角为60°，且tan60°＝R 2d 2，半径R 2＝32d ＝m v ′qB ，速度v ′＝32v ，选项C 正确． 4．如图所示，匀强电场水平向右，细线一端固定，另一端拴一带正电的小球，使小球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动．不计空气阻力，电场力和重力大小刚好相等，细线长为r .当小球运动到图中位置A 时，细线在水平方向，拉力大小恰好与重力大小相等．重力加速度大小为g ，则小球的最小速度大小为( C )A.grB.2grC.(4－22)grD.(2＋2)gr解析：小球在A 点，有F T ＋Eq ＝m v 2A r ，则速度v A ＝2gr ，由A到等效最高点，由动能定理，有Eqr (1－cos45°)－mgr sin45°＝12m v 2m －12m v 2A ，解得v m ＝2(2－2)gr ，选项C 正确．5．(东北三校一联)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍．某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回．当第一次回到分离点时恰与航天站对接．登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行．已知月球表面的重力加速度为g 0，月球半径为R ，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为 ( A )A ．4.7πR g 0B ．3.6πR g 0C ．1.7πR g 0D ．1.4πR g 0解析：由题可知，设月球半径为R ，则航天站的轨道半径为3R ，航天站转一周的时间为T ，则有GM 月m (3R )2＝m 4π2T 2(3R )，对月球表面的物体有m 0g 0＝GM 月·m 0R 2，联立两式得T ＝63πR g 0.登月器的登月轨道是椭圆，从与航天站分离到第一次回到分离点所用时间为沿椭圆运行一周的时间T ′和在月球上停留时间t 之和，若恰好与航天站运行一周所用时间相同时t 最小，则有：t min ＋T ′＝T ，由开普勒第三定律有：(3R )3T 2＝(4R 2)3T ′2，得T ′＝42πR g 0，则t min ＝T －T ′＝4.7πR g 0，所以只有A 对．6．如图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平力F A ＝(9－2t )N(t 的单位是s)．从t ＝0开始计时，则( ABD )A ．A 物体3 s 末的加速度是初始时刻的511B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 时，A 、B 的加速度方向相反解析：设A 的质量为m ，则B 的质量为2m ，在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得a＝F A＋F B3m＝11－2t3m①对B：设A对B的作用力大小为F N，则F N＋F B＝2ma②解得，F N＝13(16－4t)③由③得，当t＝4 s时，F N＝0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动．由①得：当t＝0时，a1＝113m；t＝3 s时，a2＝53m，则A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的511倍，故A、B正确；t＝4.5s时，A的加速度为a A＝F Am＝9－2×4.5m＝0，说明t＝4.5 s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同，故C 错误；t>4.5 s后，A的加速度a A<0, 而B的加速度不变，则知t>4.5 s 后，A、B的加速度方向相反，故D正确．7.如图所示，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(BC)A ．当h ＝2R 时，小球恰好能到达最高点MB ．当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mgC ．当h ≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道D ．当h ＝R 时，小球在最低点N 时对轨道压力为2mg解析：在圆轨道的最高点M ，由牛顿第二定律得mg ＝m v 20R ，解得v 0＝gR ，根据机械能守恒定律得mgh ＝mg ·2R ＋12m v 20，解得h ＝2.5R ，故选项A 错误；当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 时速度为v ，根据机械能守恒定律得mg ·2R ＝mgR ＋12m v 2，小球在P 时由牛顿第二定律得F N ＝m v 2R ，联立解得F N ＝2mg ，则知小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mg ，故选项B 正确；当h ≤R 时，根据机械能守恒定律得小球在圆轨道圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故选项C 正确；当h ＝R 时，设小球在最低点N 时速度为v ′，则有mgR ＝12m v ′2，在圆轨道最低点，有：F N ′－mg ＝m v ′2R ，解得F N ′＝3mg ，则小球在最低点N 时对轨道压力为3mg ，故选项D 错误．8．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t 做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(AD)A．若粒子的初始位置在a处，在t＝3T8时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B．若粒子的初始位置在f处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C．若粒子的初始位置在e处，在t＝118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D．若粒子的初始位置在b处，在t＝T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0＝T/2；在t＝3T/8时磁场方向向里，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，粒子经T/8时间沿圆弧ab运动到b，此时磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子沿b→c→d→b运动到b点，磁场方向又改变，粒子受力方向又改变，粒子沿b→e→f→a运动，满足题目要求，选项A正确；在T/2，磁场方向已向外，粒子受力方向向左，故粒子不能沿图中轨迹运动，选项B错误；在11T/8，磁场方向向里，粒子在e点有水平向左的初速度，受洛伦兹力方向向下，沿e→f运动T/8时间后磁场方向改变，粒子受力方向改变，粒子在f点离开圆弧向左偏转，选项C错误；t＝T时刻磁场方向向里，粒子在b 点向上运动，受洛伦兹力的方向向左，粒子沿b→e→f→a→b运动一周到b点时磁场方向改变，受力方向向右，沿b→c→d→b运动，选项D正确．。
2021届高考物理人教版二轮复习 动态分析选择题 受力分析 作业(1) 含解析
2021届高考物理二轮复习动态分析选择题专练（1）受力分析1.如图所示，质量分别为2m 和 m 的A B 、两物块，用一轻弹簧相连，将 A 用轻绳悬挂于某处，调整细绳的长度，当系统处于静止状态时，物块 B 恰好对地面没有压力，此时轻弹簧的形变量为 x 。
已知重力加速度为 g ，若突然剪断细绳，则下列说法正确的是（ ）A.剪断细绳后， A 物块向下运动 x 时速度最大B.剪断细绳后， A 物块向下运动时速度最大C.剪断细绳瞬间， A 物块的加速度大小为3gD.剪断细绳瞬间， A 物块的加速度大小为 g2.如图所示,A B m m ,设地面对A 的支持力为N F ,绳子对A 的拉力为1F ,地面对A 的摩擦力为2F ,若水平方向用力F 拉A ,使B 匀速上升,不计滑轮摩擦,则在此过程中( )A.N F 增大,2F 增大,1F 不变B.N F 减小,2F 减小,1F 不变C.N F 减小,2F 减小,1F 增大D.N F 增大,2F 减小,1F 增大3.如图所示,带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上,放置于斜劈上的光滑小球与套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接,开始时轻绳与斜劈平行。
现给小滑块施加一个竖直向上的拉力,使小滑块沿杆缓慢上升,整个过程中小球始终未脱离斜劈,则有()A.小球对斜劈的压力保持不变B.轻绳对小球的拉力先减小后增大C.竖直杆对小滑块的弹力先增大再减小D.对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大4.如图，在挪威的两座山峰间夹着一块岩石，吸引了大量游客前往观赏。
该景观可简化成如图所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。
设左壁与竖直方向的夹角为θ，由于长期的风化，θ将会减小。
石头与山崖间的摩擦很小，可以忽略不计。
若石头质量一定，θ减小，石头始终保持静止，下列说法正确的是( )A．山崖左壁对石头的作用力将增大B．山崖右壁对石头的作用力不变C．山崖对石头的作用力减小D．石头受到的合力将增大5.如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（）A.小球对薄板的压力可能小于小球的重力B.小球对薄板的正压力一直增大C.小球对墙的压力先减小，后增大D.小球对墙的正压力不可能大于小球的重力6.如图甲所示,A B 、两个物体靠在一起,静止在光滑的水平面上,它们的质量分别为1kg A m =、3kg B m =,现用水平力A F 推A ,用水平力B F 拉B ,A F 和B F 随时间t 变化关系如图乙所示,则( )A.A B 、分开之前,A 所受的合外力逐渐减小B.3s t =时,A B 、分开C.A B 、分开前,它们一起运动的位移为6 mD.A B 、分开后,A 做减速运动,B 做加速运动7.如图所示，用竖直挡板将小球夹在挡板和光滑斜面之间，若逆时针缓慢转动挡板，使其由竖直转至水平的过程中，以下说法正确的是( )A ． 挡板对小球的压力先增大后减小B ． 挡板对小球的压力先减小后增大C ． 斜面对小球的支持力先减小后增大D ． 斜面对小球的支持力一直逐渐减小8.如图所示,把倾角为30°的粗糙斜面体C 固定于水平地面上,质量为2m 的物块A 通过跨过光滑轻定滑轮的轻绳与质量为m 的小球B 连接,O 点为轻绳与定滑轮的接触点,初始时,小球B 在水平向右的拉力F 作用下,使轻绳OB 段与水平拉力F 的夹角为120θ=°,A B 、均保持静止状态.现改变拉力F ,并保持夹角θ大小不变,将小球B 向右上方缓慢拉起至OB 水平,物块A 始终保持静止状态.g 为重力加速度,下列关于该过程的说法正确的是( )A.拉力F 23B.拉力F 一直变小C.物块A 所受摩擦力先变小后变大D.轻绳拉力先变大后变小9.如图，在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆，挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。
2021届新高考物理二轮复习阶段训练(一) 力与运动 含解析
2.(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为 m 的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其 置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为 30°和 60°。 重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分 别为 F1、F2,则( )
A.F1= 33mg,F2= 23mg
解析:由万有引力提供向心力得,
Ὠ
2
=ma=
2
。由 a=
Ὠ2 可知,a∝ 12,可判断 A 正确,B
错误;由 v= Ὠ可知,半径增加,速度减小,可判断 C、D 错误。
7.三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m,且与水平 方向的夹角均为 37°。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端均以 1 m/s 的初速度沿 传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。下列说法正确的是( )
-2-
解析:在 CD 段,整体的加速度 a=(
+
) +
sin
=gsinθ,隔离对 A 分析,有
mAgsinθ+FfA=mAa,解得 FfA=0,可知 A 受重力和支持力两个力作用,故 A 错误。设 DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为μ,在 DE 段,整体的加速度
a=(
+
) sin - ( +
+
) sin =gsinθ-μgcosθ,隔离对 A 分析,有 mAgsinθ+FfA=mAa,解得
4.如图所示,固定斜面的 CD 段光滑,DE 段粗糙,A、B 两物体叠放在一起从 C 点由静 止下滑,下滑过程中 A、B 保持相对静止,则( )
A.在 CD 段时,A 受三个力作用 B.在 DE 段时,A 可能受三个力作用 C.在 DE 段时,A 受摩擦力方向一定沿斜面向上 D.整个下滑过程中,A、B 均处于失重状态 答案:C
2022届高考物理二轮复习选修3-3热学五选三选择题专练1
热学选择题专练1学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．关于热现象，下列说法正确的是（）A．晶体熔化时其温度保持不变B．热量只能从高温物体传递给低温物体C．做功和热传递对改变物体的内能是等效的D．理想气体吸收热量，其温度可能降低E.当两分子间距变化使分子势能变大时，分子间距一定变大2．一定质量的理想气体状态变化如p-V图所示由状态1变化到状态2，图中，p1=3p2，V2=4V1，状态1、2对应的温度分别为T1、T2，下列说法正确的是（）A．气体对外做功，内能减小，T1>T2B．气体吸热，气体分子热运动平均动能增大，T1<T2C．器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少D．若气体由状态2再变化到状态1时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，则气体放出的热量也一定与图示变化吸收的热量大小相等E.气体从状态2变化到状态1的过程中不可能有吸热现象3．下列说法中正确的是（）A．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果B．质量和温度都相同的氮气和氧气，若忽略分子势能则内能一样大C．知道气体的质量、密度、摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以估算出该气体中分子间的平均距离D．当分子势能随分子间距离的增大而减小时，分子力表现为引力E.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，但温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数增多4．如图所示，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。
现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。
待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积，假设整个系统不漏气。
下列说法正确的是（）A．气体自发扩散前后内能相同B．气体自发扩散后温度降低C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能增大5．下列说法中正确的是（）A．热量可以从低温物体传递到高温物体B．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机C．能源危机指能量的过度消耗导致自然界的能量不断减少D．功可以全部转化为热量，热量也可以全部转化为功E.第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律6．下列有关热现象的说法中，正确的是（）A．两个接触在一起的固体间不可能发生扩散现象B．无论今后科技发展到什么程度，都不可能达到绝对零度C．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子运动D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加E.相同温度下，空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同7．如图所示，一定质量的理想气体从状态a经b、c、d再回到a，则下列说法中正确的是（）A．b、c、d三个状态下气体的体积之比为1:2:3B．ab过程中气体等容升温升压吸热C．bc过程中气体等压膨胀吸热D．cd过程中气体等温膨胀吸热E.da过程中外界对气体做功等于气体放出的热量8．以下说法正确的是（）A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B．用a mL的纯油酸配制成b mL的油酸酒精溶液，则每1mL此溶液中含有油酸ab mLC．显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了碳分子运动的无规则性D．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力E.体积可变的绝热密闭容器中一定质量的气体体积增大，其内能一定减少9．以下说法正确的是（）A．晶体都具有各向异性B．温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均速率一定大C．内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递D．对于一定种类的大量气体分子，在温度一定时，处于一定速率范围内的分子数所占的百分比是确定的E.阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数10．下列说法中正确的是（）A．清晨草叶上的露珠呈球形，是水的表面张力作用的结果。
高考物理二轮复习 选择题专项训练1
选择题专项训练(一)(时间:20分钟满分:48分)本卷共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.下列叙述正确的是()A.法拉第发现了感应电流,首次揭示了电与磁的联系B.库仑提出了用电场线描述电场的方法C.用点电荷来代替实际带电体是采用了理想模型的方法D.在验证力的平行四边形定则的实验中使用了控制变量的方法2.下图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图,M、N是轨迹上两点,匀强磁场B 垂直纸面向里。
该粒子在运动时,其质量和电荷量不变,而动能逐渐减少,下列说法正确的是()A.粒子在M点动能大,在N点动能小B.粒子先经过N点,后经过M点C.粒子带负电D.粒子在M点受到的洛伦兹力大于N点的3.如图所示为江西艺人茅荣荣,他以7.5小时内连续颠球5万次成为新的吉尼斯纪录创造者,而这个世界纪录至今无人超越。
若足球用头顶起,某一次上升高度为80 cm,足球的质量为400 g,与头顶作用时间为0.1 s,则足球本次在空中的运动时间t和足球给头部的作用力F的大小分别是(空气阻力不计,g取10 m/s2)()A.t=0.4 s,F=40 NB.t=0.4 s,F=68 NC.t=0.8 s,F=36 ND.t=0.8 s,F=40 N4.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,电压表V和电流表A均为理想电表,灯泡电阻R L=12 Ω,AB端电压u1=24sin 100πt V。
下列说法正确的是()A.电流频率为100 HzB.电压表V的读数为96 VC.电流表A的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W5.如图所示,从同一条竖直线上两个不同点分别向右平抛P、Q两个小球,平抛的初速度分别为v1、v2,结果它们同时落到水平面上的M点处(不考虑空气阻力)。
2023年高考物理二轮复习第四部分题型专练选择题专项练(1)
第四部分题型专练选择题专项练(一)(考试时间：20分钟试卷满分：48分)选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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．14.1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的铝核(2713Al)，发现了放射性磷(3015P)并同时释放一个X粒子，磷核(3015P)具有放射性，它在衰变为硅核(3014Si)的同时释放一个Y粒子，则X粒子和Y粒子分别是(D)A．质子和电子B．质子和正电子C．中子和电子D．中子和正电子【解析】根据质量数和电荷数守恒可知X粒子的电荷数为零，质量数为1，所以是中子，Y粒子的电荷数为1，质量数为零，所以是正电子，故ABC错误，D正确．15．滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式，飞机跑道的前一部分水平，跑道尾段略微翘起．假设某舰载机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的初速度为0，加速度为6 m/s2，位移为150 m，后一段的加速度为7 m/s2，路程为50 m，则飞机的离舰速度是(C)A．40 m/s B．45 m/sC．50 m/s D．55 m/s【解析】前一段过程，由速度位移公式得v21＝2a1x1，代入数据解得v1＝30 2 m/s，后一段过程，由速度位移公式得v22－v21＝2a2x2，代入数据解得v2＝50 m/s，故选C．16．我国北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成．空间段由若干地球静止轨道卫星A(GEO)、倾斜地球同步轨道卫星B(IGSO)和中圆地球轨道卫星C(MEO)组成，如题图所示．三类卫星都绕地球做匀速圆周运动，其中卫星B、C轨道共面，C离地高度为h，地球自转周期为T，地球半径为R，轨道半径r C＜r B＝r A，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A ．C 的线速度小于A 的线速度B ．B 的角速度大于C 的角速度 C ．B 离地高度为3gR 2T 24π2－RD ．C 的周期为2π(R ＋h )gRgR【解析】 根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r，可得v ＝GMr，由于r C ＜r A ，则C 的线速度大于A 的线速度，故A 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，由于r C ＜r B ，则B 的角速度小于C 的角速度，故B 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h B )2＝m 4π2T 2(R ＋h B )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得，B 离地高度为h B ＝3gR 2T 24π2－R ，故C 正确；对卫星C ，根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，又黄金代换式GM ＝gR 2，联立解得T ＝2π(R ＋h )g (R ＋h )gR，故D 错误．17．利用电场可以使带电粒子的运动方向发生改变．现使一群电荷量相同、质量不同的带电粒子同时沿同一方向垂直射入同一匀强电场，经相同时间速度的偏转角相同，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则它们在进入电场时一定具有相同的( B )A ．动能B ．动量C ．加速度D ．速度【解析】 速度的偏转角tan θ＝v y v 0＝qE m t v 0＝qEtm v 0，若偏转角相同，则m v 0相同，动能、加速度、速度均不一定相同，故B 正确．18．水上滑翔伞是一项很受青年人喜爱的水上活动．如图1所示，滑翔伞由专门的游艇牵引，稳定时做匀速直线运动，游客可以在空中体验迎风飞翔的感觉．为了研究这一情境中的受力问题，可以将悬挂座椅的结点作为研究对象，简化为如图2所示的模型，结点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F 1、F 2和F 3，其中F 1斜向左下方，F 2斜向右上方．若滑翔伞在水平方向受到的空气阻力与水平速度成正比，在竖直方向上受到的空气作用力保持不变．现提高游艇速度，稳定时则( B )A ．F 1一定变小B ．F 2一定变大C ．F 2可能小于F 3D ．F 2和F 3的合力方向可能沿水平向右【解析】 设F 1和F 2与竖直方向的夹角分别为α、β，水平方向F 1sin α＝F 2sin β，因当速度变大时，空气阻力变大，即F 2的水平分量变大，则F 2变大，F 1也一定变大；竖直方向F 1cos α＋F 3＝F 2cos β，则F 2一定大于F 3；选项AC 错误，B 正确；由于三力平衡，则F 1和F 2的合力等于F 3，F 2和F 3的合力方向与F 1等大反向，不可能沿水平向右，选项D 错误．19．如图所示为某水电站远距离输电的原理图．升压变压器的原副线圈匝数比为k ，输电线的总电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U ，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP ．下列说法正确的是( BC )A ．电压表V 1的示数不变，电压表V 2的示数增大B ．电流表A 1、A 2的示数均增大C ．输电线上损失的电压增加了Rk ΔPUD ．输电线上损失的功率增加了R (k ΔP )2U 2【解析】 由于发电厂输出电压恒为U ，根据理想变压器的规律，对于升压变压器UU 1＝k ，故电压表V 1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP ，则发电厂输出电流增加了ΔI ＝ΔPU ，根据理想变压器规律，对于升压变压器ΔI 1ΔI ＝k ，A 1示数增加了ΔI 1＝k ΔPU ，由于A 1示数增加，A 2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU 1′＝ΔI 1R ，故V 2示数也将减小，A 错误，B 正确；根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了ΔI 1R ＝Rk ΔPU，C 正确；输电线上损失的功率增加了(I 1＋ΔI 1)2R －I 21R ≠(ΔI 1)2R ，由于I 1未知，故无法计算，D 错误．故选BC ．20．如图所示，光滑平行的金属导轨由半径为r 的四分之一圆弧金属轨道MN 和M ′N ′与足够长的水平金属轨道NP 和N ′P ′连接组成，轨道间距为L ，电阻不计；电阻为R ，质量为m ，长度为L 的金属棒cd 锁定在水平轨道上距离NN ′足够远的位置，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．现在外力作用下，使电阻为R 、质量为m ，长度为L 的金属棒ab 从轨道最高端MM ′位置开始，以大小为v 0的速度沿圆弧轨道做匀速圆周运动，金属棒ab 始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g ，下列说法正确的是( AD )A ．ab 刚运动到NN ′位置时，cd 受到的安培力大小为B 2L 2v 02R ，方向水平向左B ．ab 从MM ′运动到NN ′位置的过程中，回路中产生的焦耳热为πrB 2L 2v 04RC ．若ab 运动到NN ′位置时撤去外力，则ab 能够运动的距离为m v 0RB 2L2D ．若ab 运动到NN ′位置撤去外力的同时解除cd 棒的锁定，则从ab 开始运动到最后达到稳定状态的整个过程中回路产生的焦耳热为πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 2【解析】 金属棒ab 刚运动到NN ′位置时，速度大小为v 0，感应电动势为BL v 0，回路中的电流为BL v 02R ，可求cd 棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2L 2v 02R ，根据左手定则可判断方向水平向左，A 正确；金属棒ab 从MM ′运动到NN ′的过程中，做匀速圆周运动，设ab 棒运动到某位置时与圆心连线跟水平方向的夹角为θ，运动时间为t ，有θ＝v 0r t ，产生的电动势的表达式为e ＝BL v 0sin θ＝BL v 0sin v 0rt ，根据正弦式交变电流知识，可求电动势的有效值为E ′＝BL v 02＝2BL v 02，回路中电流的有效值为I ′＝E ′2R ，金属棒ab 的运动时间为t ＝πr2v 0，根据焦耳定律，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I ′2·2Rt ，代入数据联立各式解得Q 1＝πrB 2L 2v 08R，B错误；从撤去外力到ab 棒停止运动，设ab 棒运动的距离为x ，回路中的平均电流为I －，运动时间为t ，根据动量定理有B I －Lt ＝m v 0，其中I －t ＝ΔΦt ·2R ·t ＝BLx 2R ，两式联立解得x ＝2m v 0R B 2L 2，C 错误．根据右手定则和左手定则可以判断，撤去外力同时解除cd 棒的锁定后，ab 棒和cd 棒受到的安培力大小相等，方向相反，二者组成的系统动量守恒；设稳定时ab 棒和cd 棒的共同速度为v ，则有m v 0＝2m v ，根据能量守恒可求这个过程产生的焦耳热为Q 2＝12m v 20－12×2m v 2，联立解得Q 2＝14m v 20，可求整个过程中产生的焦耳热为Q ＝Q 1＋Q 2＝πB 2L 2v 0r 8R ＋14m v 20，D 正确．21．质量分别为m 、2m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，长为L 的细线一端系在轻杆上部的O 点，另一端系质量为m 的小球C ，现将C 球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C 球，则在之后的过程中(球与杆及A 、B 均无接触)，下列说法正确的是( ABD )A ．木块A 、B 分离后，B 的速度大小为6gL6B ．木块A 的最大速度为6gL2C ．C 球在O 点正下方向右运动时，速度大小为6gL2D ．C 球通过O 点正下方后，上升的最大高度为23L【解析】 小球C 在最低点时，木块A 、B 恰好分离，设此时AB 的速度为v 1，小球的速度为v 2，根据机械能守恒定律得mgL ＝12m v 22＋12·3m v 21 根据动量守恒定律得m v 2＝3m v 1 解得v 1＝6gL 6，v 2＝6gL2，A 正确；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，C 球在O 点正下方向右运动时，A 、C 速度交换，此时木块A 的速度最大，最大值为v A ＝6gL 2，小球C 的速度为v C ＝6gL6，B 正确，C 错误；A 、B 分离后，A 、C 相互作用，当小球运动至最高点时速度相等，设为v ，根据动量守恒有m v 2－m v 1＝2m v ，12m v21＝12·2m v2＋mgh，解得h＝23L，D正确．故选ABD．根据机械能守恒有12m v22＋。
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选择题专练(1)1.(2019陕西宝鸡质检)氢原子能级图如图所示,当氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时,辐射光的波长为656 nm,下列判断正确的是( )A.氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射光的波长大于656 nmB.当氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射出的光子不能使逸出功为2.25 eV的钾发生光电效应C.一个处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6种谱线D.用能量为1.0 eV的光子照射处于n=4能级的氢原子,可以使氢原子电离答案 D 氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射光的能量大于氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级时可知,氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时,辐射光的波长一定小于656 nm,故A 辐射光的能量,根据E=ℎℎℎ错误;从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射出的光子能量为2.55 eV,大于金属钾的逸出功,能使钾发生光电效应,故B错误;一个处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线,故C错误;当处于n=4能级的氢原子吸收的能量大于或等于0.85 eV时,将会被电离,故D正确。
2.(2019广东佛山模拟)绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电,将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球(带负电)靠近P球,要让P球如图静止,则橡胶小球应该放在图中甲乙丙丁的哪一个位置( )A.甲B.乙C.丙D.丁答案 D 小球P 带正电,而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电,可知二者之间的静电力为吸引力。
小球P 受到竖直向下的重力,沿绳子方向向上的拉力,两个力不在同一条直线上,由三个力平衡可知,橡胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧,即甲、乙、丙、丁四个位置只有丁是可能的,其余都是不可能的,故A 、B 、C 错误,D 正确。
3.(2019山西太原模拟)对于挑战世界最大的环形车道(直径12.8 m,位于竖直面内,如图所示)的特技演员Steve Truglia 来说,瞬间的犹豫都可能酿成灾难性后果。
若速度太慢,汽车在环形车道上,便有可能像石头一样坠落;而如果速度太快,产生的离心力可能让他失去知觉。
挑战中汽车以16 m/s 的速度进入车道,到达最高点时,速度降至10 m/s 成功挑战。
已知演员与汽车的总质量为1 t,将汽车视为质点,在上升过程中汽车速度一直减小,下降过程中速度一直增大,取g=10 m/s 2,则汽车在以16 m/s 的速度进入车道从最低点上升到最高点的过程中( )A.通过最低点时,汽车受到的弹力为4×104 NB.在距地面6.4 m 处,演员最可能失去知觉C.只有到达最高点时汽车速度不小于10 m/s,才可能挑战成功D.只有汽车克服合力做的功小于9.6×104 J,才可能挑战成功答案 D 通过最低点时,汽车受到的弹力F N1=mg+m ℎ2ℎ=1 000×10 N+1 000×1626.4 N=5×104 N,选项A 错误;在轨道的最低点时,车速最大,人对座椅的压力最大,最容易失去知觉,选项B 错误;汽车到达最高点的最小速度为v=√ℎℎ=√10×6.4 m/s=8 m/s,则只有到达最高点时汽车速度不小于8 m/s,才可能挑战成功,选项C 错误;从最低点到最高点克服合外力做的功最大为W=12m ℎ02-12mv 2=12×1 000×162 J-12×1 000×82 J=9.6×104 J,选项D 正确。
4.(2019四川泸州质检)高跷运动是一项新型运动,图甲为弹簧高跷。
当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后,人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙。
则下列说法正确的是( )A.人向上弹起过程中,一直处于超重状态B.人向上弹起过程中,踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力D.弹簧压缩到最低点时,高跷对地的压力等于人和高跷的总重力答案 C 人向上弹起的过程中,先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态),而后做加速度逐渐增加的减速直线运动(失重状态),最后做匀减速直线运动(完全失重)到最高点,选项A错误;人向上弹起过程中,踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力,二者等大反向,选项B错误;当弹簧压缩到最低点时,人有竖直向上的加速度,根据牛顿第二定律可知,高跷对人的作用力大于人的重力,由牛顿第三定律可知人对高跷的作用力大于人的重力,高跷对地的压力大于人和高跷的总重力,选项C正确,D错误。
5.(2019天津红桥调研)如图所示,实验室一台手摇交流发电机的内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻。
闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10√2sin 10πt(V),则( )A.该交变电流的频率为10 HzB.该电动势的最大值为10 VC.外接电阻R所消耗的电功率为10 WD.电路中理想交流电流表的示数为1 A答案 D 由发电机产生的感应电动势表达式e=10√2sin 10πt(V)可知,该交变电流为正弦式交变电流,其感应电动势的瞬时值基本表达式为e=E m sin ωt,由两式对照可知E m=10√2V,ω=10π rad/s,又由于ω=2πf,解得f=5 Hz,故选项A、B错误;理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值,根据闭合电路的=1 A,外接电阻R所消耗的电功率P=I2R=9 W,故选项C错误,D正确。
欧姆定律有I=ℎℎ+ℎ6.(2019安徽江南十校联考)如图所示,一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰,碰后物块B 刚好能落入正前方的沙坑中。
假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B 与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5 m,g 取10 m/s 2,物块可视为质点。
则A 碰撞前瞬间的速度为( )A.0.5 m/sB.1.0 m/sC.1.5 m/sD.2.0 m/s答案 C 碰后物块B 做匀减速直线运动,由动能定理有-μ·2mgx=0-12·2m ℎ22,得v 2=1 m/s 。
A 与B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,则有mv 0=mv 1+2mv 2,12m ℎ02=12m ℎ12+12·2m ℎ22,解得v 0=1.5 m/s,则选项C 正确。
7.(多选)(2019陕西榆林三模)在图甲、乙中两点电荷电荷量相等,丙、丁中通电导线电流大小相等,竖直虚线为两点电荷、两通电导线的中垂线,O 为连线的中点。
下列说法正确的是( )A.图甲和图丁中,在连线和中垂线上,O 点的场强和磁感应强度都最小B.图甲和图丁中,在连线和中垂线上,关于O 点对称的两点场强和磁感应强度都相等C.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,O 点的场强和磁感应强度都最大D.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,关于O 点对称的两点场强和磁感应强度都相等答案 AD 在题图甲中,根据场强公式E=k ℎℎ2以及场强的合成可以知道O 点场强为零;在题图丁中,根据右手螺旋定则以及磁场的叠加可以知道O 点磁感应强度为零,都是最小的,故选项A 正确;题图甲和题图丁中,在连线和中垂线上,关于O 点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等,但是方向不同,故选项B 错误;在题图乙中,在中垂线上O 点场强最大,但是在连线上O 点场强最小;在题图丙中,在连线上O 点的磁感应强度最小,在中垂线上O 点的磁感应强度最大,故选项C 错误;在题图乙和题图丙中,在连线和中垂线上关于O 点对称的两点场强和磁感应强度大小相等,方向相同,故选项D 正确。
8.(多选)一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A 三个变化过程,AB 为双曲线的一支,则下列说法正确的是( )A.A→B 过程气体向外放热B.B→C 过程气体对外界做功C.C→A 过程气体内能增加D.若气体在状态A 的温度为100 ℃,则状态C 的温度为250 ℃答案 AB A→B 过程为等温变化过程,内能不变,由于体积减小,外界对气体做功,则由热力学第一定律可知,气体向外放热,选项A 正确;B→C 过程气体体积增大,故气体对外界做功,选项B 正确;C→A 过程压强减小,体积不变,则温度一定降低,故气体内能减少,选项C 错误;由题图可知,C→A 过程体积不变,A 点的压强为p 0,温度为100 ℃,C 点的压强为2.5p 0,则由理想气体状态方程有ℎ0(100+273)K =2.5ℎ0273K +ℎ,解得t=659.5 ℃,选项D 错误。
9.(多选)彩虹是由阳光进入水滴,先折射一次,然后在水滴的背面反射,最后离开水滴时再折射一次形成。
彩虹形成的示意图如图所示,一束白光L 由左侧射入水滴,a 、b 是白光射入水滴后经过一次反射和两次折射后的两条出射光线(a 、b 是单色光)。
下列关于a 光与b 光的说法正确的是( )A.水滴对a 光的折射率大于对b 光的折射率B.a 光在水滴中的传播速度小于b 光在水滴中的传播速度C.用同一台双缝干涉仪做光的双缝干涉实验,a 光相邻的亮条纹间距大于b 光的相邻亮条纹间距D.a 、b 光在水滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长答案 AB 进入水滴时,由折射定律n=sin ℎsin ℎ知,a 光在水滴中的折射角小,折射率大,选项A 正确;由v=ℎℎ,a光在水滴中的传播速度小,选项B 正确;a 光在水滴中的折射率大,频率大,波长小,由Δx=ℎℎλ,a 光的相邻亮条纹间距小于b 光的相邻亮条纹间距,选项C 错误;在真空和在水滴中,分别有c=λ0f 和v=λf,则ℎℎ=ℎ0ℎ,故a 、b 光在水滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要短,选项D 错误。
10.(多选)(2019河北石家庄模拟)如图所示,M 为水平放置的橡胶圆盘,在其外侧面均匀带有负电荷。
在M 正上方用绝缘丝线(图中未画出)悬挂一个闭合铝环N,铝环也处于水平面中,且M 盘和N 环的中心在同一条竖直线O 1O 2上。
现让橡胶圆盘由静止开始绕O 1O 2轴按图示方向逆时针(俯视)加速转动,下列说法正确的是( )A.铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向下B.铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向上C.铝环N 有扩大的趋势,丝线对它的拉力增大D.铝环N 有缩小的趋势,丝线对它的拉力减小答案 AD 橡胶圆盘M 由静止开始绕其轴线O 1O 2按箭头所示方向加速运动,形成环形电流,环形电流的大小增大,橡胶圆盘外侧面均匀带有负电荷,根据右手螺旋定则知,通过铝环N 的磁通量向下,且增大,根据楞次定律的推论知铝环的面积有缩小的趋势,且有向上的运动趋势,所以丝线的拉力减小,根据牛顿第三定律可知,铝环N 对橡胶圆盘M 的作用力方向竖直向下,故选项A 、D 正确,选项B 、C 错误。