2018版高考物理二轮复习小题提速练14201802284138
2018版高考物理二轮复习 小题提速练16
小题提速练(十六)(时间：20分钟 分值：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．[2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]利用图象来描述物理过程，探寻物理规律是常用的方法，图1是描述某个物理过程的图象，对该物理过程分析正确的是( )图1A ．若该图象为质点运动的速度时间图象，则前2秒内质点的平均速率等于0B ．若该图象为一条电场线上各点的电势随坐标变化的图象，则可能是点电荷所形成电场中的一条电场线C ．若该图象为闭合线圈内磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则该闭合线圈内一定产生恒定的电动势D ．若该图象为质点运动的位移随时间变化的图象，则质点运动过程速度一定改变了方向C [若为速度时间图象，则图象与时间轴围成的面积表示位移，时间轴以上表示位移为正，时间轴以下表示位移为负，前2秒内位移为0，平均速度为0，但是路程不等于0，平均速率为路程与时间之比，所以平均速率不等于0，选项A 错误．若为一条电场线上电势随坐标变化的图象，则图象的斜率ΔφΔx＝E ，由于斜率不变，所以为匀强电场，不可能是点电荷的电场线，选项B 错误．若为闭合线圈内匀强磁场的磁感应强度随时间变化的图象，则斜率ΔB Δt 是定值，根据感应电动势E ＝ΔB ΔtS ，可判断感应电动势不变，选项C 正确．若为位移时间图象，则斜率表示速度，所以速度不变，选项D 错误．]15．(2017·皖南八校联考)一颗在赤道上空做匀速圆周运动运行的人造卫星，其轨道半径上对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到地面赤道最大弧长为(已知地球半径为R )A.23πR B.12πR C.13πR D.14πR A [根据G Mm r 2＝mg ′；而地球表面G Mm R 2＝mg ，因为g ′＝14g ，解得r ＝2R ；某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为2π3，则观测到地面赤道最大弧长为23πR ，答案为A.] 16．(2017·达州市一模)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移l 后，动量为p 、动能为E k .以下说法正确的是( )A ．若保持水平力F 不变，经过时间2t ，物体的动量等于2pB ．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t ，物体的动量等于2pC ．若保持水平力F 不变，通过位移2l ，物体的动能小于2E kD ．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，物体的动能等于2E kA [根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，保持水平力F 不变，经过时间2t ，(F －f )·2t ＝p ′，可知p ′＝2p ，故A 正确；根据动量定理I 合＝(F －f )t ＝p ，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t ，则有(2F －f )·t ＝p ′，则p ′＞2p ，故B 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，保持水平力F 不变，通过位移2l ，有(F －f )·2l ＝E ′k ，则有E ′k ＝2E k ，故C 错误；根据动能定理(F －f )·l ＝E k ，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l ，有(2F －f )·l ＝E ′k ，则有E ′k ＞2E k ，故D 错误．]17．如图2所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )【导学号：19624256】图2A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D ．只要速度满足v ＝qBR m，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上 D [对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，轨道半径r ＝mv qB＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN 板上，故D 正确．]18．如图3甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d 的A 点处有一固定的正点电荷．细杆上套有一带电小环．设小环与点电荷的高度差为h .将小环无初速地从h 高处释放后，在下落至h ＝0的过程中，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示．则( )图3A ．小环可能带负电B ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环电势能减小C ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段D ．小环将做以O 点为中心的往复运动C [结合动能E k 随h 的变化图象可知，小环带正电，故A 错；从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环所受电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由图可知，从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故B 错、C 对；在下落至O 点时小环所受电场力与杆对小环的弹力平衡，合力为重力，过了O 点后，电场力、杆对小环的弹力和重力的合力向下，小环一直做加速运动，D 错误．]19．下列说法正确的是( )A ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性B ．爱因斯坦曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε也叫作能量子C．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定放出核能D．放射性元素的半衰期与元素所处环境的温度无关，但与原子所处的化学状态有关AC[光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性，故A正确；普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量的整数倍，这个不可再分的最小能量也叫作能量子，故B错误；中等核的比结合能较大，比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时，都有质量亏损，会放出核能，故C正确；放射性元素的半衰期由原子核内部决定，与外界的温度无关，与原子所处的化学状态也无关，故D 错误．]20．(2017·郑州三模)如图4所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A 点为抛物线顶点，已知h＝0.8 m，x＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，一小环套在轨道上的A点，下列说法正确的是( )【导学号：19624257】图4A．小环以初速度v0＝2 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B．小环以初速度v0＝1 m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B点的速度为4 m/sB点的时间为0.4 sA点水平抛出，下落0.8 m用时0.4 s，水平位移为A正确，B错误；，到达B点的速度v＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4B点所用的时间长，大于0.4 s，D21．某小型电能输送的示意图如图5所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，与副线圈相连的输送线路的电阻可等效为电阻R.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )图5A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，用户的灯泡变暗B ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBS ωD ．用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例不变AC [矩形线圈abcd 中产生交变电流；将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈匝数变大，根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故A 正确；线圈处于图示位置时，是中性面位置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故B 错误；若线圈转动的角速度变为2ω，根据电动势最大值公式E m ＝NBS ω，最大值增加为原来的2倍，则⎝⎛⎭⎪⎫NBS ·2ω22·R 原·T 2＝E 2·R 原·T ，解得E ＝NBS ω，所以变压器原线圈电压的有效值为NBS ω，故C 正确；发电厂输出功率增大，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，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D 错误．]。
(新课标)2018届高考物理二轮复习训练试卷含答案 ： 专题二 功和能 动量 能力训练7 动量 动量的综合应用
专题能力训练7 动量动量的综合应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7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.(2017·全国Ⅰ卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。
在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.(2017·山东青岛一模)一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。
则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。
已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中()A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv2B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。
2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练2
选择题提速练21—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F 1，沿y 轴负方向，大小未知的力F 2与x 轴正方向夹角为θ，如图所示，下列关于第三个力F 3的判断正确的是( C )A ．力F 3只能在第二象限B ．力F 3与F 2夹角越小，则F 2和F 3的合力越小C ．F 3的最小值为F 1cos θD ．力F 3只能在第三象限解析：据力的三角形定则画图如图所示，力F 3可能在第二、第三象限中，选项A 、D 均错误；不管力F 2和F 3夹角如何变化，它们的合力大小始终等于F 1，选项B 错误；从图中可知，当F 3与F 2垂直时有最小值，且F 3＝F 1cos θ，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v 0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2L 3处，发现长木板向右运动距离3L 5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/s 2，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．(2018·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＝12mv 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 ＝kQr 2，E O ＝2E A ，则C 错误．4．(2018·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R 3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R 3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R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U 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．(2018·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“M70”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 ＝kv ，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 ＝Pv ＝2.9×105N ，选项B 错误；匀速行驶时，P ＝Fv ＝kv 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．(2018·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GMm ′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．(2018·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 ＝BLv ，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 ＝B 2L 2v 2R，可知功率变为原来的4倍，D 项正确．。
2018版高考物理二轮复习小题提速练4 含解析 精品
小题提速练(四)(时间：20分钟分值：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．(2018·沈阳三模)智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图1所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( )图1A．4 B．5C．4 2 D．5 2C[对头部受力分析如图所示，由平衡条件可得：F N sin 45°＝F sin 53°，F N cos 45°＝mg＋F cos 53°，可求得：F N＝42mg，所以选项C正确．]15．(2018·虎林市摸底考试)质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0分别到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f＝kv(k＞0)，且两球的比例常数k完全相同，两球下落的vt关系如图2所示，下落说法正确的是( )【导学号：19624225】图2A ．m 1＜m 2B.m 1m 2＝v 1v 2C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内两球下落的高度相等B [两球最终匀速时均有kv ＝mg ，故有m 1m 2＝v 1v 2，B 正确；由于v 1＞v 2，所以m 1＞m 2，A 错误；t ＝0时f ＝0，两球加速度均为g ，C 错误；t 0时间内小球下落的高度对应图线与t 轴所围面积，由图可知，甲球下落高度大些，D 错误．]16．(2018·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )图3A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变B [A 错：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化．B 对：乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态．C 错：根据I ＝Ft 知，重力的冲量不为0.D 错：根据P ＝mgv cos θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化．]17．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)如图4甲所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，且分别接有阻值相同的电阻R 1和R 2，R 1＝R 2＝100 Ω，通过电阻R 1的瞬时电流如图乙所示，则此时( )【导学号：19624226】图4A ．用电压表测量交流电源电压约为424 VB ．断开开关S 后，通过电阻R 1的瞬时电流还是如图乙所示C ．交流电源的功率162 WD ．R 1和R 2消耗的功率之比为1∶3A [由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得，通过R 1的电流有效值I 1＝3210A ，通过R 2的电流的有效值I 2＝9210A ，副线圈两端的电压U 2＝90 2 V ，原线圈两端电压U 1＝270 2 V ，而U ＝U 1＋I 1R 1＝300 2 V≈424 V，故A 正确；断开开关S 后，通过电阻R 1的电流为0，故B 错误；交流电源的功率P ＝UI 1＝180 W ，故C 错误；R 1消耗的功率P 1＝I 21R 1＝18 W ，R 2消耗的功率P 2＝I 22R 2＝162 W ，P 1P 2＝19，故D 错误．] 18．(2018·抚州市临川一中模拟)如图5所示，半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电荷的粒子沿图中直线以速率v 0从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上b 点射出磁场时速度方向与射入时的夹角为120°(b 点图中未画出)．已知圆心O 到直线的距离为12R ，不计重力，则下列关于粒子的比荷正确的是( )图5A.q m ＝v 02BRB.q m ＝v 0BRC.q m ＝3v 02BRD.q m ＝2v 0BRB [如图所示，设正粒子从a 点沿直线射入后从b 点射出，a 、b 两点的速度方向或反向延长线方向相交于c 点．由于cb ＝ca ，且∠bca ＝60°，所以△cba 是等边三角形．由题设条件Od ＝12R ，则ab ＝2Od tan 60°＝3R .则粒子做匀速圆周运动的半径r ＝ab 2sin 60°＝R .由洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2r ，所以q m ＝v 0BR，则选项A 、C 、D 错误，B 正确．]19．(2018·哈尔滨九中二模)月球自转周期为T ，与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，假如“嫦娥四号”卫星在近月轨道(轨道半径近似为月球半径)做匀速圆周运动的周期为T 0，如图6所示，PQ 为月球直径，某时刻Q 点离地心O 最近，且P 、Q 、O 共线，月球表面的重力加速度为g 0，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )【导学号：19624227】图6A ．月球质量M ＝T 40g 304π4GB ．月球的第一宇宙速度v ＝g 0T 02πC ．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需提前减速D ．再经T 2时，P 点离地心O 最近 BC [根据mg 0＝mR 4π2T 20得，月球的半径R ＝g 0T 204π2，根据GMmR 2＝mg 0 得月球的质量为：M ＝g 0R 2G ＝T 40g 3016π4G ，故A 错误．根据mg 0＝m v 2R得月球的第一宇宙速度为：v ＝g 0R ＝g 0T 02π，故B 正确．要使“嫦娥四号”卫星在月球的背面P 点着陆，需减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动，故C 正确．月球自转周期T 与它绕地球匀速圆周运动的公转周期相同，再经T 2时，P 点离地心O 最远，故D 错误．故选B 、C.]20．(2018·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图7所示．下列说法正确的有( )图7A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大AC[A对：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x＞x1处的电势大于零，x＜x1处的电势小于零．如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷．B错：φx图象中曲线的斜率表示电场强度大小，x1处的电场强度不为零．C对：x2处的电势最高，负电荷从x1移动到x2，即从低电势处移动到高电势处，电场力做正功，电势能减小．D错：由φx图象知，从x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小．]21．(2018·衡水中学二模)如图8甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长L＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝0.1 T、方向水平向右的匀强磁场中，有一匝数n＝300、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连，线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示，t＝0.22 s时闭合开关S，细框瞬间跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )【导学号：19624228】图8A ．0～0.10 s 内线圈中的感应电动势大小为3 VB ．开关S 闭合瞬间，CD 中的电流方向由C 到DC ．磁感应强度B 2的方向竖直向下D ．开关S 闭合瞬间，通过细杆CD 的电荷量为0.3 CBD [由图象可知0～0.10 s 内ΔΦ＝ΔBS ＝0.01 Wb ，0～0.10 s 线圈中感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝300×0.010.1V ＝30 V ，A 错误；由题意可知细杆CD 所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知电流方向为C →D ，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图象可知，在0.20～0.25 s 内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可得磁感应强度B 2的方向竖直向上，故B 正确，C 错误；对细框由动量定理得B 1IL Δt ＝mv ，细框做竖直上抛运动v 2＝2gh ，电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝0.3 C ，D 正确．]。
2018版高考物理二轮复习 小题提速练3
小题提速练(三)(时间：20分钟分值：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．(2017·宁德市质检)核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险．已知钚的一种同位素239 94Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为239 94Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是( )A．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强B．X原子核中含有92个中子C．8个239 94Pu经过24 100年后一定还剩余4个D．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量不变A[衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故A正确．根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143，故B错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故C错误．由于衰变时释放巨大能量，有质量亏损，衰变过程总质量减小，故D错误．]15．(2017·辽宁省实验中学模拟)如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环．现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，下列说法正确的是( )图1A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大C．F A变大，F B变小D．F A变小，F B变大A[绳上套有一光滑小铁环，则两侧绳子对环的拉力大小相等，由对称性可知，平衡时左、右两段绳与竖直方向间夹角相等，设均为θ，则有：2F cos θ＝mg，l OB sin θ＋l OA sin θ＝2r，得l sin θ＝2r，大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度后，有l sin θ′＝d＜2r，故绳与竖直方向间夹角变小，左、右两侧轻绳对A 、B 两点拉力F A 、F B 均变小，A 正确．]16．(2017·衡水中学二模)如图2所示，以速度v 将小球沿与水平方向成θ＝37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的34，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度与水平方向夹角的正切值为( )【导学号：19624222】图2A.34B.43C.35D.53B [小球斜向上抛出垂直打在墙上，可逆向视为平抛运动，设打在墙上的速度为v 0，则v 0＝v cos 37°，反弹后以34v 0抛出，当速度为v 时，34v 0＝v cos α，联立解得cos α＝35，故tan α＝43，B 正确．] 17．(2017·北京高考)图3甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )图3A ．图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等C [A 错：断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过灯A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1＞I A1，即R L 1＜R A1.B 错：图1中，闭合S 1，电路稳定后，因为R L 1＜R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流．C 对：闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R 与L 2的电阻值相同．D 错：闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等．]18．(2017·常州一模)如图4所示，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为( )图4A ．mg 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 B ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2 C ．m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F m 2 D.mg 2＋F 2B [先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m .再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到：N ＝mg 2＋ma 2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2] 19．(2017·钦州市港区月考 )如图5所示，直线A 为某电源的U I 图线，曲线B 为某小灯泡D 1的U I 图线的一部分，用该电源和小灯泡D 1组成闭合电路时，灯泡D 1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是( )【导学号：19624223】图5A ．此电源的内阻为0.5 ΩB ．灯泡D 1的额定电压为3 V ，功率为6 WC ．把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡B 的U I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用AB [由图读出电源的电动势为 E ＝4 V ，图线A 的斜率大小表示电源的内阻，则 r ＝4－16Ω＝0.5 Ω，故A 正确． 灯泡与电源连接时，A 、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U ＝3 V ，I ＝2 A ，则灯泡D1的额定电压为3 V ，功率为P ＝UI ＝6 W ，故B 正确．把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2，由P ＝U 2R， 知：灯泡D 2正常工作时的电阻为R 2＝U 2P ＝3220Ω＝0.45 Ω 灯泡D 1的电阻为R 1＝U I ＝32Ω＝1.5 Ω，把灯泡D 1换成“3 V,20 W”的灯泡D 2时，输出电压小于3 V ，灯泡D 2的电阻小于0.45 Ω，更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C 错误．小灯泡是纯电阻用电器，欧姆定律是适用的，小灯泡的U I 图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D 错误．]20．(2016·石家庄质检)如图6所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B 的质量为2m ，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A 的质量为m ，用手托着物体A 使弹簧处于原长，细绳伸直，A 与地面的距离为h ，物体B 静止在斜面上挡板P 处．放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是( )图6A ．弹簧的劲度系数为mg hB ．此时弹簧的弹性势能等于mgh －12mv 2 C ．此时物体A 的加速度大小为g ，方向竖直向上D ．此后物体B 可能离开挡板沿斜面向上运动AB [物体A 刚落地时，弹簧伸长量为h ，物体B 受力平衡，所以kh ＝2mg sin θ，所以k ＝mg h ，选项A 对；物体A 落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh －12mv 2，选项B 对；物体A 刚落地时，对A 应用牛顿第二定律得：mg －kh ＝ma ，所以a ＝0，选项C 错；物体A 落地后，弹簧不再伸长，故物体B 不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D 错．]21．(2017·鞍山一中最后一模)如图7所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的交角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )【导学号：19624224】图7A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32＋3 C ．A 、B 两粒子的m q 之比是13D ．A 、B 两粒子的m q 之比是32＋3BD [由题意可知，粒子圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：根据Bqv ＝mv 2r可得：r ＝mv qB ，由几何关系可得：r cos θ＋r ＝d可得：r A r B ＝1＋cos 60°1＋cos 30°＝32＋3，A 错误，B 正确；由m q ＝rB v 可得两粒子的m q之比与半径之比大小相等，故C 错误，D 正确．]。
2018版高考物理二轮小题提速练10
小题提速练(十)(时间：20分钟分值：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．) 14．两个物体A、B的加速度a A>a B，则()A．A的速度一定比B的速度大B．A的速度变化量一定比B的速度变化量大C．A的速度变化一定比B的速度变化快D．A受的合外力一定比B受的合外力大C[加速度a＝ΔvΔt，表示速度变化的快慢，因此加速度a大，速度v、速度变化量Δv均不一定大，速度变化一定快，故选项A、B错误，选项C 正确；根据牛顿第二定律F＝ma可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A、B的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D错误．]15．如图1所示，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧压着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法中正确的是()图1A．增大甲、乙两力，且甲力增大较多B．增大乙、丙两力，且乙力增大较多C．增大乙、丙两力，且丙力增大较多D．增大甲、丙两力，且甲力增大较多D[根据题意可知，轻圆环受甲、乙、丙三个力及插栓的弹力作用，处于平衡状态，根据共点力平衡条件的推论可知，甲、乙、丙三个力的合力必与插栓对轻圆环的弹力等大、反向，该弹力方向为沿轻圆环半径方向向外，要通过移动圆环使插栓位于圆环中心，则甲、乙、丙三个力的合力需变为零，此时可同时增大甲、丙两力且增加量的合量应与消失的弹力等大、同向，或同时减小乙、丙两力，且减小量的合量应与消失的弹力等大、反向，所以甲力增加得多或乙力减小得多，故选项A、B、C错误，选项D正确．] 16．经过网络搜集，我们获取了地月系统的相关数据资料如下表，根据这些数据我们计算出了地心到月球球心之间的距离，下列选项中正确的是()A.v2g′B.v T2πC.v2g D.3gR2T22π2B [根据数据，月球绕地球转动的线速度为v ，周期为T ，则月球公转的半径为：R ′＝v T 2π，故B 正确．根据万有引力提供向心力GMm R ′2＝mg ＝m v 2R ′，可得轨道半径R ′＝v 2g ，但是g 是地球在月球轨道上产生的重力加速度，既不是月球表面重力加速度也不是地球表面重力加速度，选项A 、C 错．以月球为研究对象，月球绕地球公转时，由地球的万有引力提供向心力，设地球质量为M ，月球的质量为m ，则得：GMm R ′2＝m 4π2T 2R ′，又在地球表面， 有：g 0＝GM R 2，联立以上两式得：R ′＝3g 0R 2T 24π2，故D 错误．]17．(2017·衡水市冀州中学一模)在真空中A 、B 两点分别放有异种点电荷＋Q 和－2Q ，以AB 连线中点O 为圆心作一圆形路径，如图2所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624242】图2A ．场强大小关系有E a ＝E b 、E c ＝E dB ．电势高低关系有φa ＞φb 、φc ＝φo ＝φdC ．将一负点电荷沿圆弧由a 运动到b 的过程中电场力做正功D ．将一正点电荷沿直线由a 运动到d 的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d 运动到b 的过程中电场力做功D [由于Q A ＜Q B ，a 点处电场线比b 点处电场线疏，a 点场强小于b 点场强，而c、d两点的电场强度大小相等，即E a＜E b、E c＝E d，故A错误．电场线方向由A指向B，则有φa＞φb、根据对称性可知，φc＝φd≠φO，故B错误．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中，电场力做负功，故C错误．由于ad间电场线比db间电场线疏，则ad间的场强比db间场强小，由U ＝Ed知，ad间的电势差小于db间电势差，由W＝Uq知，正点电荷沿直线由a运动到d的过程中电场力做功小于将该正点电荷沿直线由d运动到b的过程中电场力做功，故D正确．]18．(2017·哈师大附中四模)如图3所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面处在垂直斜面的匀强磁场和方向未知的匀强电场中，有一个质量为m，带电量为q(q>0)的小球在斜面上做匀速圆周运动，其角速度为ω.则下列说法正确的是()图3A．匀强磁场方向一定垂直于斜面向下B．匀强磁场的磁感应强度B的大小为mωqC．未知电场的方向一定沿斜面向上D．未知电场的方向可能垂直于斜面B[带电小球在斜面上做匀速圆周运动，电场方向可能沿斜面向上，有Eq ＝mg sin θ，也可能竖直向上，有Eq＝mg，故C、D均错误；洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判断，匀强磁场方向可能垂直于斜面向下，做逆时针转动，也可能垂直于斜面向上，做顺时针转动，A错误；由q v B＝mω2R，v＝ωR可得：B＝mωq，B正确．]19．(2017·抚州市临川一中模拟)如图4所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的高度一定．传输机的皮带以一定的速度v顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数均为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ.可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是()图4A．当速度v一定时，角θ越大，运送时间越短B．当倾角θ一定时，改变速度v，运送时间可能不变C．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上留下的痕迹越长D．当倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热越多BD[若货物一直做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时恰好到达顶端．对于匀加速运动过程，由牛顿第二定律得，货物的加速度为：a＝μmg cos θ－mg sin θm＝μg cos θ－g sin θ，匀加速运动的时间为：t＝v a＝vμg cos θ－g sin θ，则知v一定，角θ越大，t越长，故A错误．当倾角θ一定时，改变速度v时，货物可能一直做匀加速直线运动，加速度不变，初速度和位移均不变，可知货物到达顶端的时间可能不变，故B 正确．匀加速运动过程中货物上升的位移为：x1＝v2t，传送带前进的位移为：x2＝v t，所以皮带上留下的痕迹长度为：Δx＝x2－x1＝v2t＝v22g(μcos θ－sin θ)，可知皮带上留下的痕迹与货物的质量无关，故C错误．皮带上摩擦产生的热量为：Q＝μmg cos θ·Δx＝μmg cos θ·v22g(μcos θ－sin θ)，可知倾角θ和速度v一定时，货物质量m越大，皮带上摩擦产生的热量Q 越多，故D正确．]20．(2017·沈阳模拟)如图5所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是()图5A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源AD[图中甲、乙站在木凳上(人与地绝缘)接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手“火线—零线”触电时(人与地绝缘)，火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；当丁如图中“手－地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确．]21．(2017·虎林市摸底考试)如图6所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线PQ下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B.正方形闭合金属线框边长为l，质量为m，电阻为R，放置于PQ上方一定距离处，保持线框底边ab与PQ平行并由静止释放，当ab边到达PQ时，线框速度为v0，ab边到达PQ下方距离d(d＞l)处时，线框速度也为v0，下列说法正确的是()【导学号：19624243】图6A ．ab 边刚进入磁场时，电流方向为a →bB ．ab 边刚进入磁场时，线框做加速运动C ．线框进入磁场过程中的最小速度可能等于mgR sin θB 2l 2D ．线框进入磁场过程中产生的热量为mgd sin θACD [根据右手定则可知，ab 边刚进入磁场时，电流方向为a →b ，A 正确；当ab 边到达PQ 时速度为v 0，到达PQ 下方距离d 处时速度也为v 0，又知线框全部进入磁场后做加速运动，所以ab 边刚进入磁场时，线框应做减速运动，B 错误；线框在进入磁场过程做减速运动，完全进入时速度最小，有：B Bl v R l ≥mg sin θ，故v ≥mgR sin θB 2l 2，C 正确；从ab 边经过PQ 到ab 边通过磁场下边的过程中只有线框进入磁场过程中产生热量，因整个过程线框动能不变，只有重力势能减少，由能量守恒定律可得，热量Q ＝mgd sin θ，D 正确．]。
2018版高考物理二轮小题提速练14 含解析 精品
小题提速练(十四)(时间：20分钟分值：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．(2018·郑州三模)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是()A．普朗克通过对光电效应实验的研究，确定了光的粒子性B．汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中偏转的实验，发现了原子内部存在电子C．贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核D．卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验，证实了在原子核内部存在中子B[爱因斯坦的光子学说成功的解释了光电效应实验的规律，确定了光的粒子性，A错误；汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中偏转的实验，测出了这些粒子的荷质比，发现了原子内部存在电子，B正确；贝可勒尔发现了天然放射现象，说明了原子核可以再分，C错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验，发现了质子，D错误．]15．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：19624251】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．]16．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象可能是()图2A B C DD[杆ab始终处于平衡状态，感应电流为b→a，则穿过闭合回路的磁通量应该是增加的，故选项C错误；根据平衡条件：mg sin θ＝BIL，I＝ΔBSΔt(R＋r)，杆ab始终处于平衡状态，则当B变大时，电流应该减小，故电动势应该减小，故ΔBΔt应该减小，故选项D正确．]17．(2018·临川一中模拟)北京的纬度约为39.6度，计算时用角度θ表示．已知地球半径为R，重力加速度为g，自转周期为T，光速为c，则地球同步卫星发射的电磁波到北京的最短时间为()A.3R 2T 2g 4π2/cB.⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 2T 2g 4π2－R /c C.r 2＋R 2＋2Rr cos θ/c ，其中r ＝3R 2T 2g 4π2 D.r 2＋R 2－2Rr cos θ/c ，其中r ＝3R 2T 2g 4π2D [根据万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m 4π2T 2·r ，GM ＝gR 2，得r ＝3gR 2T 24π2，地球同步卫星发射的电磁波到北京的最短路程s ＝r 2＋R 2－2Rr cos θ，电磁波的传播速度为c ，故最短时间t ＝s c ＝r 2＋R 2－2rR cos θc，其中r ＝3gR 2T 24π2，D 正确，A 、B 、C 均错误．]18．(2018·全国百所名校示范卷)如图3甲所示，在粗糙的水平面上，一质量m ＝1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于P 处，t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度－时间图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝1 s 时滑块已经在水平面上滑行s ＝4 m 的距离．在滑块运动方向上与P 相距7 m 的Q 处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g 取10 m/s 2，弹簧的劲度系数为0.8 N/m ，则下列正确的是( )【导学号：19624252】图3A ．滑块与水平面间动摩擦因数为0.2B ．弹簧锁定时具有的弹性势能为1.6 JC ．若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块的机械能守恒D ．当滑块从P 点向右运动2.5 m 时，滑块具有最大的动能A [从图象可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：a 1＝v c －vb Δt ＝2－42－1m/s ＝－2 m/s 2 由牛顿第二定律有：－μmg ＝－ma 1得：μ＝0.2，故A 正确；t 1＝1 s 时滑块已经在水平面上滑行s ＝4 m 的距离，设弹簧对滑块做功为W ，由动能定理知：W －μmgs ＝12m v 2b代入数据得：W ＝16 J由图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以弹性势能E p ＝W ＝16 J ，故B 错误；若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，但滑块的机械能不守恒，故C 错误；当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，滑块的动能最大，则有：k Δx ＝μmg ，解得：Δx ＝0.2×100.8 m ＝2.5 m ，则当滑块从P 点向右运动的位移x ＝4 m －2.5 m＝1.5 m ，故D 错误．]19．如图4所示，质量为M 的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m 的滑块沿斜面下滑的过程中，M 与m 组成的系统( )图4A ．由于不受摩擦力，系统动量守恒B ．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C ．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒D ．M 对m 作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒BC [水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，C 正确；竖直方向受重力和支持力，系统竖直方向动量不守恒，B 正确．]20．如图5是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的波动，输电线的电阻用R 0表示．如果变压器上的能量损失可以忽略，以下说法正确的是( )图5A ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2AD [开关S 1接a ，闭合开关S 后，副线圈的电阻R 减小，电流增大，A 的示数增大，R 0上的电压增大，电压表的示数减小，所以选项A 正确；由P 1＝P 2＝U 2副R 知，原线圈的输入功率增大，B 错误；断开开关S ，开关S 1接a 时，副线圈两端的电压为U 1，S 1接b 时，副线圈两端的电压为U 2，则U2>U1，由I＝UR可知，I1<I2，选项C错误；由P＝UI可知，P1<P2，选项D正确．]21．(2018·哈尔滨九中二模)如图6所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E.一质量为m，电量为q的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，则关于小球的运动，下列说法正确的是()【导学号：19624253】图6A．小球做匀速圆周运动B．小球运动过程中机械能守恒C．小球运动到最低点时电势能增加了mg v 3BqD．小球第一次运动到最低点历时πm 2qBAD[小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A正确．由于带电小球垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误．小球从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqR sin 30°＝mg×m vBq×12＝m2g v2Bq，所以电势能的增加量为m2g v2Bq，选项C错误．小球第一次运动到最低点的时间为14T＝πm2Bq，所以选项D正确．]。
2018版高考物理二轮复习小题提速练2 含解析 精品
小题提速练(二)(时间：20分钟分值：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．(2018·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们at图象如图1所示，规定水平向右为正方向．已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是( )图1A．t＝0.5 s B．t＝1.5 sC．t＝2.5 s D．t＝3.5 sD[很显然，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是1.125 m，B的位移是0.875 m，两位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两位移之差等于1.75 m，故D正确．]15．(2018·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图2所示，一根不可伸长的轻质细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态，若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是( )【导学号：19624219】图2A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力变大C．只将绳的右端移向B′点，拉力变大D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变C[设细绳总长度为L，OA段长度为l1，OB段长度为l2，由对称性可知，OA、OB与竖直方向间夹角相等，设为α，两悬点间的水平距离设为d ，则由l 1sin α＋l 2sin α＝d ，l 1＋l 2＝L 可得sin α＝d L ，只将绳的左端移向A ′点的过程中，d 不变，α不变，由2F cos α＝G 可知，F 不变，A 、B 均错误；只将绳的右端移向B ′点的过程中，d 增大，α增大，F 增大，C 正确，D 错误．]16．(2018·沈阳三模)以无穷远处的电势为零，在电荷量为q 的点电荷周围某点的电势可用φ＝kq r计算，式中r 为该点到点电荷的距离，k 为静电力常量．两电荷量大小均为Q 的异种点电荷固定在相距为L 的两点，如图3所示．现将一质子(电荷量为e )从两点电荷连线上的A 点沿以电荷＋Q 为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，质子从A 移到C 的过程中电势能的变化情况为( )图3A ．增加2kQe L 2－R 2B ．增加2kQeR L 2－R 2 C ．减少2kQeR L 2＋R 2 D ．减少2kQe L 2＋R 2B [根据题中φ＝kq r公式和叠加原理可知，φA ＝k －Q L －R ＋k Q R .C 点的电势φC ＝k －Q L ＋R ＋k Q R .故U AC ＝φA －φC ＝－2kQR L 2－R 2，质子由A 移到C 的过程中电场力做功W AC ＝U AC e ＝－2kQeR L 2－R 2，是负功，故质子电势能增加2kQeR L 2－R 2，B 项正确．] 17．(2018·新余市一中七模)放射性物质碘131的衰变方程为131 53I→13154Xe ＋Y ＋γ.根据有关放射性知识，下列说法正确的是( )A ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．Y 粒子为β粒子D.131 53I 中有53个质子和132个核子C [γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A 错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B 错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y 粒子的电荷数为－1，质量数为0，可知Y 粒子为β粒子，故C 正确．电荷数等于质子数，可知131 53I 中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子，故D错误．故选C.]18．(2018·虎林市摸底考试)2018年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”，双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a 、b 两颗星体组成，这两颗星绕它们的连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a 星的周期为T ，a 、b 两颗星的距离为l ，a 、b 两颗星的轨道半径之差为Δr ，已知a 星的轨道半径大于b 星的轨道半径，则( )【导学号：19624220】A ．b 星的周期为l －Δr l ＋ΔrT B ．a 星的线速度大小为πl －Δr TC ．a 、b 两颗星的半径之比为l ＋Δr l －ΔrD ．a 、b 两颗星的质量之比为l ＋Δr l －Δr C [双星系统中两颗星的周期和角速度均相等，A 错误；由r a ＋r b ＝l ，r a －r b ＝Δr 可知r a ＝l ＋Δr 2，r b ＝l －Δr 2，r a r b ＝l ＋Δr l －Δr ，由m a ω2r a ＝m b ω2r b 可得：m a m b ＝r b r a ＝l －Δr l ＋Δr，C 正确，D 错误；由v a ＝2πr a T 可得：v a ＝πl ＋Δr T ，B 错误．] 19．(2018·Ⅱ卷)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )图4A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD [装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A 、D.]20．(2018·沈阳铁路实验中学模拟)水平面上有两个质量不相等的物体a 和b ，它们分别在水平推力F 1和F 2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v t 图线如图5所示，图中线段AC ∥BD .则以下说法正确的是( )图5①水平推力大小F 1>F 2②水平推力大小F 1<F 2③物体a 所受到的摩擦力的冲量大于物体b 所受到的摩擦力的冲量④物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b 所受到的摩擦力的冲量⑤物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功⑥物体a 克服摩擦力做功小于物体b 克服摩擦力做功A ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，①⑤都正确B ．若物体a 的质量大于物体b 的质量，由图可知，④⑥都正确C ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，②③都正确D ．若物体a 的质量小于物体b 的质量，由图可知，只有④正确AD [根据v t 图象，由于AC ∥BD ，可见撤去外力后，两物体的加速度相等，故两物体与水平面间的动摩擦因数相同．由图可知撤去外力之前，物体a 的加速度大于物体b 的加速度，由牛顿第二定律可知F 1－μm a g m a ＞F 2－μm b g m b ，解得：F 1m a ＞F 2m b，若m a ＞m b 则F 1＞F 2，若m a ＜m b ，则无法比较水平推力F 1和F 2的大小．克服摩擦力做功W f ＝μmgx ，所受到的摩擦力的冲量大小I f ＝μmgt .由图可知：物体b 运动的时间更长，物体a 的位移更大，若m a ＞m b 则物体a 克服摩擦力做功大于物体b 克服摩擦力做功，但无法比较两者所受到的摩擦力的冲量大小，若m a ＜m b ，物体a 所受到的摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量，但无法比较两者克服摩擦力的做功大小，故A、D正确，B、C错误．]21．(2018·辽宁省部分重点中学协作体5月模拟)如图6所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )【导学号：19624221】图6A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为最大B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端电压将升高D．当用户功率增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动ABD[从线圈在如图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，此时变压器原线圈中的电流值最大，A、B均正确；当滑动触头向下移动时，影响变压器的输出电压，而不影响变压器的输入电压，C错误；当用户功率增加时，因R0的降压作用，用户得到的电压降低，为使用户电压保持不变，应使副线圈匝数增多，即滑动触头P应该向上滑动，故D正确．]。
2018-2019高中物理二轮复习选择题提速练：6 Word版含解析
选择题提速练61—5为单选，6—8为多选1．(2018·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·hB ．8×1010 kW·hC ．8×1011 kW·hD ．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r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( D )A ．该星球的质量为M ＝4π2r 1GT 21B ．该星球表面的重力加速度为g x ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1D ．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．(2018·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．(2018·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/s 2.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x 1＝3 m 位移内拉力做的功W 1＝F 1x 1＝15 J ，解得F 1＝5 N ，根据牛顿第二定律F 1－f ＝ma 1，解得加速度为a 1＝1.5 m/s 2，所用的时间为t 1＝2x 1a 1＝2 s ，末速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s ；由W 2＝F 2x 2解得x 2＝6 m 位移内拉力F 2＝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t 2＝x 2v 1＝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3 3gD．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 tanθ，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＝ER，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．。
2018年高考物理二轮复习20分钟快速训练5含解析
20分钟快速训练(五)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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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。
1．(2017·江西省新余市二模)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化相同的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为导学号 ( C )A ．(Δv )2⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2B ．2(Δv )2x 2－x 1C ．(Δv )2x 2－x 1D ．(Δv )2⎝⎛⎭⎫1x 1－1x 2 [解析] 因为质点做匀加速直线运动，加速度不变，所以速度变化量相同，时间相同，设时间间隔为t则有：Δv ＝at ①x 2－x 1＝at 2 ②联立①②得a ＝(Δv )2x 2－x 1，故C 正确，ABD 错误。
2．(2017·江苏省一模)如图所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者(含平衡杆)体重的导学号 ( C )A ．cos θ2B ．12C ．12sin θD ．tan θ2[解析] 以人为研究对象，分析受力情况，作出受力图，根据平衡条件：两绳子合力与重力等大反向，则有：2F sin θ＝mg解得：F ＝mg /2sin θ故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的1/2sin θ；故C 正确，ABD 错误。
3．如图为飞船发射过程中某个阶段的示意图，飞船先沿实线椭圆轨道飞行，然后在A 处点火加速变轨，由实线椭圆轨道变成虚线圆轨道，在虚线圆轨道上飞船运行周期约为100 min 。
下列判断正确的是导学号 ( C )A ．全过程中飞船内的物体一直处于超重状态B ．飞船在椭圆轨道上的运行周期大于100 minC ．在圆轨道上运行时飞船的角速度大于同步卫星运动的角速度D ．飞船沿椭圆轨道通过A 点时的加速度大于沿圆轨道通过A 点时的加速度[解析] 全过程中飞船内的物体一直处于失重状态，A 错误；因飞船沿椭圆轨道飞行时的半长轴小于沿虚线圆周的半径，根据开普勒第三定律可知，飞船在椭圆轨道上的运行周期小于100 min ，B 错误；根据G Mm r 2＝mω2r ，可知ω＝GM r 3可知，因同步卫星的高度比飞船的高度大得多，故飞船在圆轨道上运行时的角速度大于同步卫星运动的角速度，C 正确；飞船沿椭圆轨道通过A 点时所受的万有引力等于沿圆轨道通过A 点时的万有引力，则根据a ＝F m可知，飞船沿椭圆轨道通过A 点时的加速度等于沿圆轨道通过A 点时的加速度，D 错误。
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小题提速练(十四)
(时间：20分钟分值：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．(2017·郑州三模)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )
A．普朗克通过对光电效应实验的研究，确定了光的粒子性
B．汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中偏转的实验，发现了原子内部存在电子
C．贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
D．卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验，证实了在原子核内部存在中子
B[爱因斯坦的光子学说成功的解释了光电效应实验的规律，确定了光的粒子性，A 错误；汤姆孙通过阴极射线在电、磁场中偏转的实验，测出了这些粒子的荷质比，发现了原子内部存在电子，B正确；贝可勒尔发现了天然放射现象，说明了原子核可以再分，C错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验，发现了质子，D错误．] 15．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：19624251】
图1
A．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．]
16．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象可能是( )
图2
A B C D
D [杆ab 始终处于平衡状态，感应电流为b →a ，则穿过闭合回路的磁通量应该是增
加的，故选项C 错误；根据平衡条件：mg sin θ＝BIL ，I ＝ΔBS Δt R ＋r
，杆ab 始终处于平衡状态，则当B 变大时，电流应该减小，故电动势应该减小，故ΔB Δt
应该减小，故选项D 正确．]
17．(2017·临川一中模拟)北京的纬度约为39.6度，计算时用角度θ表示．已知地球半径为R ，重力加速度为g ，自转周期为T ，光速为c ，则地球同步卫星发射的电磁波到北京的最短时间为( ) A.3R 2T 2g 4π
2/c B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫3R 2T 2g 4π2－R /c C.r 2＋R 2
＋2Rr cos θ/c ，其中r ＝3R 2T 2g 4π2 D.r 2＋R 2
－2Rr cos θ/c ，其中r ＝3R 2T 2g 4π2
D [根据万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m 4π2
T 2·r ，GM ＝gR 2，得r ＝3gR 2T 24π
2， 地球同步卫星发射的电磁波到北京的最短路程s ＝r 2＋R 2－2Rr cos θ，电磁波的传
播速度为c ，故最短时间t ＝s c ＝r 2＋R 2－2rR cos θc ，其中r ＝3gR 2T 24π
2，D 正确，A 、B 、C 均错误．]
18．(2017·全国百所名校示范卷)如图3甲所示，在粗糙的水平面上，一质量m ＝1 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于P 处，t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度－时间图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝1 s 时滑块已经在水平面上滑行s ＝4 m 的距离．在滑块运动方向上与P 相距7 m 的Q 处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g 取10 m/s 2，弹簧的劲度系数为0.8 N/m ，则下列正确的是( )
【导学号：19624252】
图3
A ．滑块与水平面间动摩擦因数为0.2
B ．弹簧锁定时具有的弹性势能为1.6 J
C ．若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块的机械能守恒
D ．当滑块从P 点向右运动2.5 m 时，滑块具有最大的动能
A [从图象可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：
a 1＝v c －v
b Δt ＝2－42－1
m/s ＝－2 m/s 2 由牛顿第二定律有：－μmg ＝－ma 1
得：μ＝0.2，故A 正确；
t 1＝1 s 时滑块已经在水平面上滑行s ＝4 m 的距离，设弹簧对滑块做功为W ，由动能定理知：
W －μmgs ＝12
mv 2
b
代入数据得：W ＝16 J
由图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以弹性势能E p ＝W ＝16 J ，故B 错误；
若水平面光滑，则在滑块向右运动的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，但滑块的机械能不守恒，故C 错误；
当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，滑块的动能最大，则有：k Δx ＝μmg ，解得：Δx ＝0.2×100.8
m ＝2.5 m ，则当滑块从P 点向右运动的位移x ＝4 m －2.5 m ＝1.5 m ，故D 错误．]
19．如图4所示，质量为M 的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m 的滑块沿斜面下滑的过程中，M 与m 组成的系统( )
图4
A ．由于不受摩擦力，系统动量守恒
B ．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒
C ．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒
D ．M 对m 作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒
BC [水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，C 正确；竖直方向受重力和支持力，系统竖直方向动量不守恒，B 正确．]
20．如图5是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的波动，输电线的电阻用R 0表示．如果变压器上的能量损失可以忽略，以下说法正确的是( )
图5
A ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大
B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小
C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2
D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2
AD [开关S 1接a ，闭合开关S 后，副线圈的电阻R 减小，电流增大，A 的示数增大，
R 0上的电压增大，电压表的示数减小，所以选项A 正确；由P 1＝P 2＝U 2
副R
知，原线圈的输入功率增大，B 错误；断开开关S ，开关S 1接a 时，副线圈两端的电压为U 1，S 1接
b 时，副线圈两端的电压为U 2，则U 2>U 1，由I ＝U R
可知，I 1<I 2，选项C 错误；由P ＝UI 可知，P 1<P 2，选项D 正确．]
21．(2017·哈尔滨九中二模)如图6所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E .一质量为m ，电量为q 的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，则关于小球的运动，下列说法正确的是( )
【导学号：19624253】
图6
A ．小球做匀速圆周运动
B ．小球运动过程中机械能守恒
C ．小球运动到最低点时电势能增加了mgv
3Bq
D ．小球第一次运动到最低点历时πm 2qB
AD [小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A 正确．由于带电小球垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误．小球从开始到最低点克服电场力做功为W ＝EqR sin 30°＝mg ×mv Bq ×12＝m 2gv 2Bq ，所以电势能的增加量为m 2gv 2Bq
，选项C 错误．小球第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm 2Bq
，所以选项D 正确．]。