高考复习(物理)专项练习：选择题专项练【含答案及解析】(二)
【2020】高中物理必修二-匀速圆周运动专题测试复习及答案解析(历年高考)试卷及参考答案
解答：解：A、对小球受力分析，受重力和支持力，如图根据牛顿第二定律，有F=mgtanθ=m解得v=由于A球的转动半径较大，故线速度较大，ω==，由于A球的转动半径较大，故角速度较小，故A错误，B正确；C、T=，A的角速度小，所以周期大，故C错误；D、由A选项的分析可知，压力等于，与转动半径无关，故D错误；故选B．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解分析．2．（20xx•宁夏）图示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2．已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（）A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为n D．从动轮的转速为n专题：压轴题；匀速圆周运动专题．分析：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据角速度与线速度的关系即可求解．解答：解：因为主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A错误，B正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的线速度相等，根据v=nr得：n2r2=nr1所以n2=nr1/r2故C正确，D错误．故选BC．点评：本题考查了圆周运动角速度与线速度的关系，要知道同一根带子转动，线速度相等，同轴转动，角速度相等．3．（20xx•上海）秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千（）A．在下摆过程中B．在上摆过程中C．摆到最高点时D．摆到最低点时专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．专题：计算题．分析：分析小球的受力：受到重力、绳的拉力，二者的合力提供向心力，向心力是效果力，不能分析物体受到向心力．然后用力的合成求出向心力：mgtanθ，用牛顿第二定律列出向心力的表达式，求出线速度v和周期T的表达式，分析θ变化，由表达式判断V、T的变化．解答：解：A、B：小球只受重力和绳的拉力作用，二者合力提供向心力，∴A、B选项错误．C：向心力大小为：Fn=mgtanθ，小球做圆周运动的半径为：R=Lsinθ，则由牛顿第二定律得：，得到线速度：=，θ越大，sinθ、tanθ越大，∴小球运动的速度越大，∴C选项正确．D：小球运动周期：，因此，θ越大，小球运动的周期越小，∴D选项错误．故选：C．点评：理解向心力：是效果力，它由某一个力充当，或几个力的合力提供，它不是性质的力，分析物体受力时不能分析向心力．同时，还要清楚向心力的不同的表达式．11．（20xx•××区二模）如图所示，质量为m的小球被细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做圆周运动，当细绳拉力的大小为F1时，小球做半径为R1的匀速圆周运动；当细绳拉力的大小变为F2 （F2＞F1）时，小球做半径为R2的匀速圆周运动，则此过程中细绳拉力所做的功为（）A．0 B．（F2 R2﹣F1 R1）C．（F1+F2）（ R1﹣R2）D．（ F2﹣F1）（ R1﹣R2）专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：球做匀速圆周运动，拉力提供向心力，可求出初速度与末速度；运用动能定理，可解出拉力的功．解答：解：当拉力为F1时，有F1=m ①当拉力为F2时，有F2=m ②当拉动过程中，只有拉力做功，由动能定理，得W=mv22﹣mv12 ③由①②③解得：W=（F2R2﹣F1R1），故B正确；ACD错误；故选B．点评：本题关键找出向心力来源列式求解，同时要注意拉力为变力，求解变力的功可用动能定理！12．（20xx•揭阳模拟）做圆周运动的物体，某时刻发现物体沿切线方向飞出，是因为（）A．提供给物体的向心力变大B．提供给物体的向心力变小C．提供给物体的向心力消失D．提供给物体的向心力方向与原向心力方向相反分析：做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动．解答：解：物体由于惯性，要保持原来的速度不变，做圆周运动的物体的速度方向是切线方向，某时刻发现物体沿切线方向飞出，正是物体惯性的体现，说明物体受到向心力消失了；故ABD错误，C正确；故选C．点评：物体做离心运动的条件：合外力突然消失或者不足以提供圆周运动所需的向心力．注意所有远离圆心的运动都是离心运动，但不一定沿切线方向飞出．13．（20xx•日照模拟）有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动，如图所示．图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h．下列说法中正确的是（）A．h越大，摩托车对侧壁的压力将越大B．h越大，摩托车做圆周运动的向心力将越大C．h越大，摩托车做圆周运动的周期将越大D．h越大，摩托车做圆周运动的线速度将越大专题：匀速圆周运动专题．分析：摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图，得出向心力大小不变．h越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小．解答：解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故A错误．B、如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变．故B错误．C、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则T越大．故C正确．D、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．故D正确．故选CDB通过最高点C时，对其受力分析，受重力mg，竖直向上的支持力0.75mg，二力的合力提供向心力，设此时的速度为vAB，有：mg﹣0.75mg=m解得：vA=离开C点后做平抛运动的水平位移为：sB=•2=R则A、B两球落地点间的距离为s=sA﹣sB=4R﹣R=3R（2）A球在半圆管道内运动的过程中，机械能守恒，设在刚进入时的速度为v，则有：=mg•2R+解得：v==2答：（1）A、B两球落地点间的距离为4R．（2）A球刚进入半圆管的速度为2点评：解答该题的关键是对两球在C点的受力分析，找出此时的向心力，向心力是沿半径方向上的所有力的合力．从而求出此时的瞬时速度，该题还考察了平抛运动和机械能守恒的相关知识．平抛运动是把运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．对于第二问的解答，还可以用动能定理来解答．20．（20xx•潍坊模拟）如图所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R=0.4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0.1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求：（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；（2）铁块到A点时对圆轨道的压力；（3）抽桌布过程中桌布的加速度．专题：匀速圆周运动专题．分析：（1）铁块离开B点后作平抛运动，根据平抛运动的特点即可求解；（2）从A到B的过程中，根据动能定理求出A点的速度，在A点，根据向心力公式即可解得对轨道的压力；（3）铁块脱离桌布时的速度等于A点速度，根据牛顿第二定律求出铁块的加速度，根据匀加速直线运动基本公式联立方程即可求解．解答：解：（1）设铁块在B点的速度为v，根据向心力公式得：mg=解得：v=，。
高考物理总复习 8-2 精选考点练习习题(含答案解析)
高考物理总复习 8-2 精选考点练习习题（含答案解析）一、选择题1．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是()A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能C．洛伦兹力的大小与速度无关D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向[答案]B[解析]根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A错B对；根据F＝qvB，可知洛伦兹力大小与速度有关，C错；洛伦兹力的作用效果就是改变粒子的运动方向，不改变速度的大小，D错．2．(北京海淀模拟)在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义．若有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场方向射向地球，如下图所示．在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是()A．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移B．若这束射线由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移C．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移D．若这束射线由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移[答案]D[解析]本题考查地磁场的分布以及带电粒子在磁场中的运动．由地磁场的分布可知，在赤道地区的磁场分布特点为：与地面平行由南指向北．若这束射线由带正电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向东，所以将向东偏移，A、B错误；若这束射线由带负电荷的粒子组成，由左手定则可得所受的安培力向西，所以将向西偏移，C错误，D正确．3.如下图所示，一束电子流沿管的轴线进入螺线管，忽略重力，电子在管内的运动应该是()A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动[答案]C[解析]通电螺线管内部磁感线方向与螺线管轴线平行，电子束不受洛伦兹力，故做匀速直线运动，C项正确．4．(深圳五校模拟)如下图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里．现有一带正电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度v射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场．不计重力的影响，由这些条件可知()A．能确定粒子通过y轴时的位置B．能确定粒子的质量C．能确定粒子在磁场中运动的时间D．能确定粒子的比荷[答案]AC[解析]由于初速度与x轴垂直，粒子做匀速圆周运动的圆心为O点，半径r＝x0，故粒子从y轴上射出的位置距离O点为x0，A对；由Bqv＝mv2r得r＝mvBq ，由于B未知，则比荷不能求，质量也不能求，但时间为t＝T/4，而T＝2πr/v，故C对，B、D错．5．(深圳模拟)如下图所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t ；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3，根据上述条件可求得的物理量为()A ．带电粒子的初速度B ．带电粒子在磁场中运动的半径C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子的比荷[答案] CD[解析] ①假设圆柱截面半径为R ，则没有磁场时2R ＝v 0t ；加上磁场时，由几何关系可知，粒子运动的半径为r ＝3R ，已知速度偏转角为π3，可知粒子在磁场中的运动时间为t ′＝16T ＝π3r v 0，可求得周期T ，故C 正确；②由周期T ＝2πm qB，可求得带电粒子的比荷，选项D 正确；③因半径R 不知，因此无法求出带电粒子的初速度及带电粒子在磁场中运动的半径，故选项A 、B 错误．6．(安徽六校联考)如下图所示，L 1和L 2为两平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上．带电粒子从A点以初速度v0与L2成30°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B 点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法不正确的是()A．带电粒子经过B点时速度一定跟在A点时速度相同B．若将带电粒子在A点时的初速度变大(方向不变)，它仍能经过B点C．若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向右上方，它将不能经过B点D．此粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷[答案]C[解析]带电粒子在运动的过程中，洛伦兹力对电荷不做功，故速度的大小不变，根据左手定则、画出粒子运动的轨迹，可知A正确；带电粒子沿直线运动，进入上方磁场做圆周运动，出磁场时的速度大小不变，沿直线运动后又进入下边磁场，继续做圆周运动，两次圆周运动的圆弧刚好组成一个完整的圆周，所以无论是正电荷还是负电荷都能经过B点，又粒子向右的偏移量只与入射的角度有关，与速度的大小无关，故B、D正确；若斜向上的角度改变为60°，则通过计算可知粒子此时运动一个周期的偏移量是角度为30°时粒子运动一个周期的偏移量的13，所以粒子仍能回到B点，C错误．7．(郑州模拟)如下图所示，直角三角形框架ABC竖直放置，比荷相同的E、F两个带电粒子(不计重力)从A点沿AB方向入射，分别打在AC边的P、Q两点．质量相同的两个不带电的小球M、N分别以不同的速度从A点水平抛出，也恰好分别落在P、Q两点，则下列说法正确的是()A．E、F两粒子到达P、Q的时间相同B．E、F两粒子到达P、Q两点的速度方向相同C．M、N两小球到达P、Q两点的时间相同D．M、N两小球到达P、Q两点的速度方向相同[答案]ABD[解析]做圆周运动的E、F两个带电粒子具有相同的弦切角，所以有相同的圆心角，又因两粒子的周期相同，所以到达P、Q两点的时间相同；作图可知两粒子圆心均在过A点垂直于AB的直线上，又因轨迹对应的圆心角相同，所以两粒子出磁场的速度方向相同；平抛运动的时间由高度决定，显然平抛的两小球下落高度不同，所以到达P、Q两点时间不同；平抛运动存在特点tanφ＝2tanα，φ为末速度与初速度的夹角，偏转角α为位移与初速度的夹角，两小球具有相同的α，所以二者在P、Q两点的速度方向相同．8．(黄冈模拟)如下图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是()A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0 B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0C ．磁场区域的圆心坐标(32L ，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L)[答案] BC[解析] 由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L)，所以C 正确，D 错误．二、非选择题9.如下图MN 表示垂直纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O 处以垂直于平板的初速度v 射入磁场区域，最后到达平板上的P 点．已知B 、v 以及P 到O 的距离l.不计重力，则此粒子的比荷为________．[答案] 2v Bl[解析] 因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP ＝2R ，又R ＝mv qB ，所以q m ＝2v Bl. 10．水平绝缘杆MN 套有质量为m, 电荷量为＋q 的带电小球，小球与杆的动摩擦因数为μ，将该装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，给小球一水平初速度v 0，则小球的最终速度可能为______________．[答案] 0、v 0、mg qB[解析] 给小球初速度后，其所受洛伦兹力向上，如果洛伦兹力qv 0B<mg ，则小球一直减速到速度为零；如果洛伦兹力qv 0B ＝mg ，小球一直做匀速运动；如果洛伦兹力qv 0B>mg ，小球先做减速运动，当qvB ＝mg 时，小球开始做匀速运动．11．(辽宁六校模拟)许多仪器中可利用磁场控制带电粒子的运动轨迹．如下图所示的真空环境中，有一半径r ＝0.05m 的圆形区域内存在磁感应强度B ＝0.2T 的匀强磁场，其右侧相距d ＝0.05m 处有一足够大的竖直屏．从S 处不断有比荷q m＝1×108C /kg 的带正电粒子以速度v ＝2×106m /s 沿SQ 方向射出，经过磁场区域后打在屏上．不计粒子重力，求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)绕通过P 点(P 点为SQ 与磁场边界圆的交点)垂直纸面的轴，将该圆形磁场区域逆时针缓慢转动90°的过程中，粒子在屏上能打到的范围．[答案] (1)0.1m (2)Q 点以上0.16m 范围内[解析] (1)qvB ＝m v 2RR ＝0.1m(2)粒子在磁场中通过的位移刚好等于磁场区域直径时，其速度方向偏转的角度最大，能打到屏上的点最高，由于R ＝2r ，如图△OPL 为等边三角形，可判断出粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为60°(图上标出圆心角为60°同样给分)设从L点射出磁场的粒子能打在屏上的N点，LN的反向延长线交PQ于M点，由对称性可知：PM＝R tan30°MQ＝PQ－PMNQ＝MQ tan60°联立上式可得：NQ＝(33－2)r≈0.16m当磁场区域转动90°时，粒子刚好没有进入磁场．沿直线运动打在屏上Q点，所以粒子能打在屏上Q点以上0.16m范围内12．(镇江模拟)如下图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在区域a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在区域b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从P点沿y轴负方向射入区域b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力. (sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)粒子从P点运动到O点的时间最少是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？[答案](1)53πm60qB(2)25qBl12nm(n＝1,2,3，…)[解析](1)设粒子的入射速度为v，用R a、R b、T a、T b分别表示粒子在磁场a区和b区运动的轨道半径和周期则：R a＝mv 2qBR b＝mv qBT a＝2πm2qB＝πmqBT b＝2πm qB粒子先在b区运动，再进入a区运动，然后从O点射出，粒子从P点运动到O 点所用时间最短．如下图所示tan α＝3l 4l ＝34得α＝37° 粒子在b 区和a 区运动的时间分别为：t b ＝2(90°－α)360°T bt a ＝2(90°－α)360°T a故从P 点运动到O 点所用最短时间内：t ＝t a ＋t b ＝53πm 60qB. (2)由题意及图可知n(2R a cos α＋2R b cos α)＝(3l )2＋(4l )2解得：v ＝25qBl 12nm(n ＝1,2,3…)． 13．(新课标全国)如下图所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d)和区域Ⅱ(d<x ≤2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q(q>0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的1/3，不计重力和两粒子之间的相互作用力，求(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．[答案] (1)2dqB m (2)23－43d [解析] (1)设粒子a 在磁场Ⅰ中运动的半径为r 1，速度为v ，运动轨迹如下图所示，由几何关系知，r 1＝2d ①由牛顿第二定律，得：qvB ＝mv 2r 1② 联立①②解得：v ＝2qBd m. (2)设粒子a 在磁场Ⅱ中运动的半径为r 1′，周期为T a粒子b 在磁场Ⅰ中运动的半径为r 2，周期为T b由牛顿第二定律得：对a ：qv(2B)＝mv 2r 1′③ T a ＝2πr 1′v④ 对b ：q·v 3·B ＝m r 2(v 3)2 ⑤ T b ＝2πr 2v 3⑥ 联立①②③⑤得：r 1′＝d ，r 2＝23d 联立④⑥解得：T a ＝T b 2经分析，粒子a 在磁场Ⅱ中运动，所对圆心角为60°，射出磁场Ⅱ的位置与射入磁场Ⅱ的位置等高．运动时间为t a ＝60°360°T a ＝16T a ＝112T b此时粒子b 在磁场Ⅰ中运动的圆心角为 θb ＝360°T b T b 12＝30°，未出磁场Ⅰ，由几何关系此时两粒子y 坐标之差为Δy ＝r 1－(r 2－r 2cos 30°)－r 1cos 30°＝4－233d 所以a 、b 两粒子的y 坐标之差y a －y b ＝－Δy ＝23－43d.。
2024届高考二轮复习物理(新高考新教材) 选择题专项练(二) 含答案解析
选择题专项练(二)一、单项选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2023山东菏泽二模)铝26是天体物理研究中最为重要的放射性核素之一,银河系中存在大量铝26,铝26可以通过放射性衰变提供足够的能量,以产生具有内部分层的行星体,其衰变方程为1326AlX++10e。
下列说法正确的是()A.Z A X中的中子数为12B.衰变前1326Al的质量与衰变后Z A X和+10e的总质量相等C.10个1326Al经过一个半衰期可能还剩6个没衰变D.1326Al在高温环境中的衰变会加快2.(2023辽宁丹东二模)我国航天员在天宫课堂上演示了微重力环境下的神奇现象如图甲所示。
液体呈球状,往其中央注入空气,可以在液体球内部形成一个同心球形气泡,如图乙所示。
假设此液体球其内外半径之比为1∶3,当由A、B、C三种颜色的光组成的细光束从P点以i=45°的入射角射入球中,其中B光的折射光线刚好与液体球内壁相切,则下列说法正确的是()A.该液体对A光的折射率小于对C光的折射率B.若继续增大入射角i,B光可能因发生全反射而无法射出液体球C.该液体对B光的折射率为3√22D.C光在液体球中的传播速度最小3.水平墙上a、d两点连接一多功能挂物绳,绳子上b、c两点分别悬挂物体A、B后,其静置状态如图所示,墙上两点e、f分别在b、c两点正上方,且ae=ef=fd,eb∶fc=10∶11,绳子质量忽略不计,则物体A、B的质量之比为()A.1∶2B.2∶3C.3∶4D.4∶54.(2023山东烟台二模)两个电荷量相等的点电荷固定在x轴上的A、B两点,A、B与坐标原点O的距离相等,以无穷远处为电势零点,x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示,M、N是x轴上两点,其中M点比N点距离O点远,将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中,下列说法正确的是()A.静电力始终对试探电荷做正功B.试探电荷在M点具有的电势能比在N点的少C.试探电荷在M点受到的静电力比在N点的小D.试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相同5.(2023安徽马鞍山三模)一种演示气体定律的仪器——哈勃瓶如图所示,它是一个底部开有圆孔,瓶颈很短的大圆瓶,在瓶内塞有一气球,气球的吹气口反扣在瓶口上,瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞。
2025届高考物理复习：经典好题专项(卫星的变轨和对接问题)练习(附答案)
2025届高考物理复习：经典好题专项（卫星的变轨和对接问题）练习1．我国2021年4月29日在海南文昌航天发射场用长征五号B遥二运载火箭成功将空间站“天和”核心舱送入预定圆轨道，中国空间站在轨组装建造全面展开。
关于火箭发射以及空间站的组合、对接，下列说法正确的是()A．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升B．空间站在轨运行的速率可能大于7.9 km/sC．飞船要和在轨的核心舱对接，通常是将飞船发射到较低的轨道上，然后使飞船加速实现对接D．在空间站中工作的航天员因为不受地球引力作用，所以处于完全失重状态2. 如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则()A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的2倍B．卫星经过a点的速率为经过b点速率的2倍C．卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的2倍D．质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能3. (2023ꞏ广东省模拟)如图所示，我国“天问一号”火星探测器先由地火转移轨道1进入火星停泊轨道2，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测，则探测器()A．在轨道2上近火点加速可进入轨道3B．在轨道2上近火点的机械能比远火点小C．在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度D．在轨道2与轨道3同一近火点的加速度相等4. (多选)(2023ꞏ江西省第一次联考)我国的“天问一号”火星探测器被火星捕获后，经过多次调整，进入预设的环火圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，如图所示，椭圆轨道Ⅱ、Ⅲ为两次调整轨道，点A是两椭圆轨道的近火点，点B、C分别是椭圆轨道Ⅱ、Ⅲ的远火点，下列说法正确的是()A．“天问一号”在轨道Ⅱ上A点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率B．“天问一号”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期C．“天问一号”在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度D．“天问一号”在轨道Ⅱ上由A点运行到B点的过程中，万有引力对其做正功5．(多选)长征五号遥四运载火箭直接将我国首次执行火星探测任务的“天问一号”探测器送入地火转移轨道，自此“天问一号”开启了奔向火星的旅程。
2024年高考物理第二次模拟考试卷及答案解析(江西、广西、黑龙江、吉林卷)
2024年高考物理第二次模拟考试卷及答案解析（江西、广西、黑龙江、吉林卷）一、选择题：本题共10小题，共46分。
在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10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．物理实验是物理理论研究的基石。
关于下面几幅图说法正确的是（）A．图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定小B．图乙说明在α粒子散射实验中，大多数粒子都有了明显偏转C．图丙说明氡原子核衰变时，每过3.8天，发生衰变的原子核数目保持不变D．由图丁可以推断出，氧原子核（168O）比锂原子核（63Li）更稳定【答案】D【详解】A．图甲说明产生光电效应时，频率大的光对应的反向遏止电压一定大，故A错误；B．图乙说明在散射实验中，大多数粒子经金箔后仍沿原来方向运动，只有少数α粒子产生了较大角度的偏转，极少数α粒子偏转角很大，有的几乎沿原路返回，故B错误；C ．图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天，原子核发生衰变的数量下降一半，原子核发生衰变的概率不变，故C 错误；D ．由图丁可知，质量数中等的原子核比结合能最大，原子核越稳定，图中氧的原子核（188O ）是比锂的原子核（43Li ）更接近中等质量数的原子核，所以氧的原子核（188O ）比锂的原子核（43Li ）更稳定，故D 正确。
故选D 。
2．一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO 和斜梁BO 连接点O 的正上方，横梁对O 点的作用力沿OA 方向、大小为1F ，斜梁对O 点的作用力沿BO 方向、大小为2F ，如果把斜梁加长一点，仍保持OA 水平且连接点O 的位置不变，则（ ）A ．1F 不变B ．1F 增大C ．2FD ．减小2F 不变【答案】C【详解】设斜梁OB 与竖直方向夹角为θ，则1tan F mg θ=2cos mgF θ=如果把斜梁加长一点，仍保持OA 水平，则θ减小，则F 1减小，F 2减小。
高考物理二轮复习专题复习专项训练：选择题标准练(二)附参考答案
的足够长斜面固定在水平地面上．当已知滑块与斜面间的动摩擦因数，下列说法正确的是()电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大如图所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力本题考查了整体法受力分析、物体的平衡条件等知识点．因小球态，系统受到的合外力为零，对系统受力分析，如图所示，由图中几何关系可得：的近地圆轨道Ⅰ上围绕地球运行，在轨道Ⅰ上围绕地球运行多圈后又与空间站分离，知椭圆轨道的远地点到地球球心的距离为3.5R，地球质量为点为圆心的圆周上有六个等分点a产生的电场强度大小为点的电场强度改变，则下列判断正确的是点的电场强度大小仍为E，沿点的电场强度大小为32E，沿点的电场强度大小为E2，沿oc点的电场强度大小为32E，沿本题考查电场强度及矢量合成等知识点．由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°处，o处的合电场强度大小为e处，o处的合电场强度大小为处的合电场强度大小为3的副线圈两端电压的最大值为2010 2 V的原线圈两端的电压为2000 V．输电线上损失的电功率为50 W的原线圈输入的电功率为10.1 kW点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是．小环上滑过程中先匀加速再匀减速．小环下滑过程中，减少的重力势能等于摩擦产生的内能点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能本题考查了库仑力、电场力做功和电势能变化间的关系、运动学公式、摩擦．下列说法正确的是()′c′d′的电流强度之比为′d′所受的安培力的功率之比为′d′的加速度之比为4∶v0本题考查了右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律、功，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量，解得：S1＝2S2，根据电阻定律，可得：。
高考物理闭合电路的欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析(2)
高考物理闭合电路的欧姆定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析(2)一、高考物理精讲专题闭合电路的欧姆定律1．如图所示的电路中，电源电动势E =10V ，内阻r =0.5Ω，电阻R 1=1.5Ω，电动机的线圈电阻R 0=1.0Ω。
电动机正常工作时，电压表的示数U 1=3.0V ，求： (1)电源的路端电压； (2)电动机输出的机械功率。
【答案】(1)9V ；(2)8W 【解析】 【分析】 【详解】(1)流过电源的电流为I ，则11IR U =路端电压为U ，由闭合电路欧姆定律U E Ir =-解得9V U =(2)电动机两端的电压为M 1()U E I R r =-+电动机消耗的机械功率为2M 0P U I I R =-解得8W P =2．如图所示，在A 、B 两点间接一电动势为4V ，内电阻为1Ω的直流电源，电阻1R 、2R 、3R 的阻值均为4Ω，电容器的电容为30F μ，电流表内阻不计，当电键S 闭合时，求：（1）电流表的读数． （2）电容器所带的电量．（3）断开电键S 后，通过2R 的电量．【答案】（1）0.8A ；（2）59.610C -⨯；（3）54.810C -⨯ 【解析】试题分析：当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律求出流过3R 的电流，即电流表的读数．电容器的电压等于3R 两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量．断开电键S 后，电容器通过1R 、2R 放电，1R 、2R 相当并联后与3R 串联．再求解通过2R 的电量．（1）当电键S 闭合时，电阻1R 、2R 被短路．根据欧姆定律得： 电流表的读数340.841E I A A R r ===++ （2）电容器所带的电量653330100.849.610Q CU CIR C C --===⨯⨯⨯=⨯（3）断开电键S 后，电容器相当于电源，外电路是1R 、2R 相当并联后与3R 串联．由于各个电阻都相等，则通过2R 的电量为514.8102Q Q C -==⨯'3．如图的电路中，电池组的电动势E =30V ，电阻，两个水平放置的带电金属板间的距离d =1.5cm 。
专题二 功与能 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】
专题二 功与能 （2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A.动能增加212mv B.机械能增加22mv C.重力势能增加232mv D.电势能增加22mv 2.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。
一质量为()m m M 的小物块以一定的初速度0v 沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。
如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。
如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A.hB.mh m M +C.mh MD.Mh m M+ 3.如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为0.5 m 的半圆形轨道，A 为最低点，B 为轨道中点，C 为最高点。
现有一质量为1 kg 的小球从A 点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点C 。
测得小球在轨道上速度的平方与其高度的关系如图乙所示。
已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度g 取210m/s 。
则( )A.图乙中25x =B.小球在A 点时对轨道的压力大小为10 NC.小球从A 到C ，合力做的功为15.5 JD.小球从B 到C ，损失的机械能小于2.75 J 4.如图所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。
将小物块P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧前速度已达到v ，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d 。
P 的质量为m ，与传送带之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
从P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变量的过程中( )A.P 的速度一直减小B.传送带对P 做功的功率一直减小C.传送带对P 做的功小于mgd μD.弹簧的弹性势能变化量为212mv mgd μ+ 5.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂一质量为M 的圆盘，圆盘处于静止状态。
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选择题专项练(二)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2021山西晋中高三二模)中国散裂中子源工程(CSNS)打靶束流功率已达到100 kW的设计指标,并开始稳定供束运行,技术水平达到世界前列。
散裂中子源是由加速器提供高能质子轰击重金属靶而产生中子的装置,一能量为109 eV的质子打到汞、钨等重核后,导致重核不稳定而放出20~30个中子,大大提高了中子的产生效率。
关于质子和中子,下列说法正确的是()A.原子核由质子和中子组成,稳定的原子核内,中子数一定大于质子数B.原子核的β衰变,实质是原子核外电子电离形成的电子流,它具有很强的穿透能力C.卢瑟福在原子核人工转变的实验中发现了中子D.中子不带电,比质子更容易打入重核内2.(2021江西高三二模)我国的5G技术世界领先,该项技术在传输、时延、精度方面比4G大有提高,我国许多公司已将该技术应用于汽车的无人驾驶研究。
某公司在研究无人驾驶汽车的过程中,对比甲、乙两辆车的运动,两车在计时起点时刚好经过同一位置沿同一方向做直线运动,它们的速度随时间变化的关系如图所示,由图可知()A.甲车任何时刻加速度大小都不为零B.在t=3 s时,两车第一次相距最远C.在t=6 s时,两车又一次经过同一位置D.甲车在t=6 s时的加速度与t=9 s时的加速度相同3.(2021广东深圳高三一模)如图所示,用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点,在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。
现将磁铁从A处由静止释放,经过B、C到达最低处D,再摆到左侧最高处E,圆环始终保持静止,则磁铁()A.从B到C的过程中,圆环中产生逆时针方向的电流(从上往下看)B.摆到D处时,圆环给桌面的压力小于圆环受到的重力C.从A到D和从D到E的过程中,圆环受到摩擦力方向相同D.在A、E两处的重力势能相等4.(2021天津高三模拟)我国战国时期墨家的著作《墨经》记载了利用斜面提升重物的方法。
如图所示,倾角为α、长为2 m的斜面固定在水平地面上,质量为100 kg的滑块置于斜面底部A处,滑块与斜面之间的动摩擦因数为0.1,现用恒力F沿斜面将滑块拉到B处时,速度变为1 m/s,g取10 m/s2,sinα=0.6,cos α=0.8。
将滑块沿斜面拉到0.72 m处时拉力F的功率为()A.52.5 WB.63 WC.352.5 WD.423 W5.(2021广东潮州高三二模)如图所示,某次正面100%碰撞测试过程中,被测汽车在外加牵引装置牵引下在特定轨道上从静止开始做匀加速直线运动,当汽车达到测试速度后,牵引装置即牵引汽车以该速度匀速前进直至发生碰撞完成测试。
若轨道有效长度为100 m,测试速度大小为60 km/h,则以下说法正确的是()A.汽车匀加速运动时加速度不能大于1.39 m/s2B.若汽车加速度大小为a=2 m/s2,则汽车匀加速时间约为30 sC.若汽车加速度大小为a=2 m/s2,则汽车匀加速过程发生的位移大小约为69.4 mD.若只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件,则该汽车做匀加速运动的时间会增加6.(2021北京朝阳高三一模)如图所示,两个平行金属板水平放置,要使一个电荷量为-q、质量为m的微粒,以速度v沿两板中心轴线S1S2向右运动,可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。
设电场强度为E,磁感应强度为B,不计空气阻力,已知重力加速度为g。
下列选项可行的是()A.只施加竖直向上的电场,且满足E=mgqB.只施加竖直向上的磁场,且满足B=mgqv+BvC.同时施加竖直向下的电场和竖直向上的磁场,且满足E=mgq+BvD.同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场,且满足E=mgq7.(2021山东菏泽高三二模)如图所示,平行板电容器与光电管相连,用蓝光照射光电管时,处在电容器中的带电粒子P处于静止状态,可以判断()A.粒子P带的是负电荷B.保持蓝光的强度不变,增大电容器两板间的距离,粒子P将向上运动C.若换用紫光照射,粒子P将向上运动D.若换用紫光照射,粒子P将向下运动8.(2021广东高三模拟)总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时,发动机的功率为P。
司机为合理进入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到23P并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过程中所受阻力大小不变。
从司机减小油门开始,汽车的v-t图像如图所示,从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为s,汽车因油耗而改变的质量可忽略。
则在该过程中,下列说法不正确的是()A.汽车再次匀速运动时速度大小为2v03B.t=0时刻,汽车的加速度大小为P3mv0C.汽车的牵引力不断减小D.经历的时间为3s2v0−5mv0212P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.(2021天津河东高三一模)新冠肺炎疫情期间,某班级用于消毒的喷壶示意图如图所示。
闭合阀门K,向下压压杆A可向瓶内储气室充气,多次充气后按下按柄B打开阀门K,消毒液会自动经导管从喷嘴处喷出。
储气室内气体可视为理想气体,充气和喷液过程中温度保持不变,则下列说法正确的是()A.充气过程中,储气室内气体分子数增多且分子运动剧烈程度增加B.充气过程中,储气室内气体分子平均动能不变C.充气过程中,储气室内气体内能不变D.喷液过程中,储气室内气体吸收热量对外界做功10.(2021广东潮州高三二模)2020年7月23日12时41分,长征五号遥四运载火箭将“天问一号”探测器发射升空,至2021年2月10日19时52分,探测器顺利进入近火点高度约400 km、周期约10个地球日、倾角约10°的大椭圆环火轨道,成为中国第一颗人造火星卫星。
环绕火星获得成功标志着实现“绕、着、巡”第一步“绕”的目标。
右图为这一过程简图,则以下说法正确的是()A.天问一号从A点运动到B点过程中,一直处于超重状态B.天问一号在轨道Ⅱ和轨道Ⅲ上经过B点加速度不同C.天问一号在B点点火减速由轨道Ⅱ进入轨道ⅢD.天问一号在A点点火加速由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ11.(2021山东聊城高三二模)图甲是一种振动发电机的示意图,半径r=0.1 m、匝数n=25的线圈(每匝的周长相等)位于辐向分布的磁场中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=0.6T,外力F作用在线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复π运动,线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙(正弦函数曲线)所示。
按图甲电路图连接电路,变压器为理想变压器,发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光,灯泡完全相同且R L=1 Ω,不计线圈电阻,下列说法正确的是()A.发电机产生的电动势的瞬时值表达式为e=6sin 5πt(V)B.变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C.每个小灯泡正常发光时的功率为4 WD.t=0.1 s时理想电压表的示数为6 V12.(2021山东卷)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面h的高处。
现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。
已知投出物资后热气球的总质量为m',所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力。
以下判断正确的是()A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为mgC.d=(1+mm')√2ℎv02g+ℎ2D.d=√2ℎv02g +(1+mm')2ℎ2参考答案选择题专项练(二)1.D解析根据原子核内部质量数与质子数及中子数的关系可知,质子数、中子数只与元素的种类有关,即中子数不一定大于质子数,A错误。
根据β衰变的实质可知,在衰变过程中中子转变为一个质子和一个电子,B错误。
查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子,C错误。
因为在原子中所有的正电荷集中在原子核内,在重核内部,原子核所带的电荷量较大,打入的质子所受的库仑力较大,而中子不带电,原子核对打入的中子没有库仑力,因此中子比质子更容易打入重核内部,D正确。
2.B解析速度—时间图像的斜率表示加速度,甲图线最高点时斜率为零,加速度为零,A 错误。
0~3 s,甲车的速度大于乙车,所以两车的距离逐渐变大;3~6 s,甲车的速度小于乙车,两车的距离减小,所以在t=3 s时,两车第一次相距最远,B正确。
由于速度—时间图像的面积表示位移,在t=6 s时,两车的位移不相等,所以并没有经过同一位置,C错误。
甲车在t=6 s时的加速度的方向为正方向,t=9 s时的加速度的方向为负方向,所以加速度不相同,D错误。
3.C 解析 从B 到C 的过程中,圆环中的磁场向上且磁通量增大,据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流(从上往下看),A 错误。
摆到D 处时,圆环中的磁通量最大,不产生感应电流,故给桌面的压力等于圆环受到的重力,B 错误。
由楞次定律的推论“来拒去留”可知,从A 到D 和从D 到E 的过程中,圆环受到摩擦力方向均向右,C 正确。
由于有部分机械能转化为电能,故在A 、E 两处的重力势能不相等,D 错误。
4.D 解析 对物块受力分析有F-mg sin α-μmg cos α=ma ,根据运动学公式有v 2=2ax ,联立解得F=705 N,a=0.25 m/s 2,将滑块沿斜面拉到0.72 m 处时,速度为v'=√2ax '=0.6 m/s,则拉力的功率为P=Fv'=423 W,故选D 。
5.C 解析 为完成测试,汽车位移应小于100 m,根据匀变速运动规律有x ≥v 22a ,解得a ≥v 22x =(60×518)22×100m/s 2=1.39 m/s 2,A 错误。
若汽车加速度大小为a=2 m/s2,有v 22a +vt 匀=100 m,解得t 匀=1.8 s,则匀速运动的位移x 匀=vt 匀=30 m,所以匀加速的位移x 加=100 m -30 m=70 m,匀加速的时间t 加=v a =8.3 s,B 错误,C 正确。
根据牛顿第二定律F=ma ,只更换为质量较轻的汽车进行测试而不改变牵引力等其他测试条件,汽车的加速度增大,由v=at 得该汽车做匀加速运动的时间会减小,D 错误。
6.D 解析 因微粒带负电,故只施加竖直向下的电场,且满足E=mg q ,才能沿S 1S 2向右运动,A 错误。
因微粒带负电,只施加垂直纸面向外的磁场,且满足B=mg qv 时,才能沿S 1S 2向右运动,B 错误。
因微粒带负电,同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场时,静电力竖直向上,由左手定则可知洛伦兹力竖直向下,重力竖直向下,由平衡条件可得qE=mg+qBv ,解得E=mg q +Bv ,C 错误,D 正确。