2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练：综合抢分练(12)(含解析)
2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：985提分专项练(重点中学)(2) Word版含解析
985提分专项练(重点中学)(2)1.(2018·江苏省扬州中学高三四模)如图1所示，水平桌面A 上直线MN 将桌面分成两部分，左侧桌面光滑，右侧桌面粗糙。
在A 上放长L ＝0.1 m 的均匀方木板，木板左端刚好与MN 对齐，通过细绳绕过光滑的定滑轮(定滑轮未画出)与正上方的一水平圆盘B 上的小球(可看成质点)相连，小球质量与木板质量相等，小球套在沿圆盘半径方向的光滑细杆上，细杆固定在圆盘上，细线刚好绷直。
木板右端与一劲度系数k ＝40 N/m 的轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定在挡板上，此时弹簧对木板的弹力为2 N ，方向向左。
现用力F 沿杆方向拉动小球，通过细线使木板缓慢向左运动，当木板刚好离开粗糙面时，此过程拉力做功W ＝0.3 J 。
(木板受到的摩擦力会随位移均匀变小)图1(1)求当木板刚好离开粗糙面时，弹簧对木板的弹力大小；上述过程中，因摩擦而产生的热量是多少？(2)写出上述过程中F 随小球运动位移x 的关系式，并画出F －x 图象； (3)若将“力F 拉小球”改为“使B 绕轴OO ′转动”，仍实现上述过程，则杆对小球至少需要做多少功？已知开始时小球离圆盘中心的距离r ＝0.1 m 。
解析 (1)木板离开过程中，弹簧的压缩量和伸长量刚好相等，F ＝2 N 弹性势能不变，摩擦产生的热量Q ＝W ＝0.3 J (2)木板克服摩擦力做功为μmg 12L ＝Q得μmg ＝6(N) B 盘中小球受力F ＝T桌面上木板受力T ＝μmg L －x L －k (12L －x ) 0≤x ≤L 代入数据得F ＝4－20x (N) 0≤x ≤0.1 m 图象如图所示(3)木板刚好离开粗糙面时，绳子拉力T ＝2 N ，小球圆周运动的半径R ＝r ＋L 设此时小球随圆盘转动的线速度为v ， 小球受力T ＝m v 2R ，小球此时的动能为E k ＝12mv 2 对小球和木板B 由能量守恒定律 杆对小球做功W ＝Q ＋E k 代入数据解得W ＝0.5 J 答案 (1)2 N 0.3 J(2)F ＝4－20x (N) 0≤x ≤0.1 m 如解析图所示 (3)0.5 J2.(16分)(2018·南通市高三调研)如图2甲所示，真空室中电极K 发出的电子(初速不计)经电场加速后，由小孔P 沿两水平金属板M 、N 的中心线射入板间，加速电压为U 0，M 、N 板长为L ，两板相距3L4。
2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：985提分专项练(重点中学)(3)Word版含解析
985提分专项练(重点中学)(3)1.(16分)(2018·盐城市高三期中)如图1甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在圆形轨道上运行，游客却不会掉落下来。
我们把这种情景抽象为如图乙所示的模型：h 高的弧形轨道下端与半径为R 的竖直圆形轨道相接，使质量为m 的小球从弧形轨道上端滚下，小球进入圆形轨道下端后沿圆形轨道运动。
不计一切阻力，重力加速度为g 。
图1(1)试推导小球在运动过程中机械能守恒；(2)求小球运动到圆形轨道最低点时的角速度；(3)求小球在圆形轨道上运动而不脱离，h 的取值范围。
解析(1)取轨道最低点为零势能面，设小球从初始位置运动到轨道上的离最低点H 高处的某一位置的过程中，由动能定理得W G ＝12mv 2－0(1分) 在该过程中，由重力做功与重力势能变化关系得W G ＝mgh －mgH(1分)整理得mgh ＋0＝mgH ＋12mv 2(2分) 即在此过程中机械能守恒(2)小球由最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得mgh ＝12mv 2(2分)由角速度与线速度的关系得ω＝v R ＝2gh R (2分) (3)Ⅰ、小球在圆环的最高点时，由牛顿第二定律得mg ＝m v 21R (2分)小球从释放点运动到圆环最高点的过程中，由机械能守恒定律得mg(h －2R)＝12mv 12(2分)求得h ＝52R(1分) Ⅱ、小球不超过圆心高度，则也不脱离轨道(1分)所以h ≥52R 或h ≤R(2分) 答案(1)见解析(2)2gh R (3)h ≥52R 或h ≤R 2.(2018·南京市高三物理最后一卷)如图2甲所示，圆盒为电子发射器，厚度为h ，M 处是电子出射口，它是宽度为d 、长为圆盒厚度的狭缝。
其正视截面如图乙所示，D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速度率为v 的低能电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为b 。
不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；若需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；若需要高能电子，撤去磁场，并在A 、C 间加一径向电场，使其加速后射出。
2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练4(全解析
综合抢分练(4)1.(2018·运河中学调研)如图1所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现用火将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图1A.弹簧的弹力F＝mgcos θB.弹簧的弹力F＝mg sin θC.小球的加速度为零D.小球的加速度a＝g sin θ解析根据共点力的平衡，求得弹簧的弹力F＝mgcos θ，烧断绳子的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力不变，故选项A正确，B错误；烧断前，绳子的拉力F T＝mg tan θ。
烧断后的瞬间，弹力不变，弹力与重力的合力与烧断前的绳子拉力等值反向，所以烧断后的瞬间，小球的合力为mg tan θ，根据牛顿第二定律，加速度a＝g tan θ，故选项C、D错误。
答案 A2.(2018·江苏省南京市、盐城市高三二模)如图2所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R，原线圈一侧接有电压为220 V的正弦交流电源，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻R上消耗的功率之比为k，则( )图2A.U ＝110 VB.U ＝440 VC.k ＝14D.k ＝4解析 副线圈的电流为I 2＝UR ，则原线圈的电流为I 1＝12I 2＝U 2R ，2U ＋12U ＝220 V ，U ＝88 V ，选项A 、B 错误；原线圈回路中的电阻的功率为P 1＝I 21R ＝U 24R；副线圈回路中的电阻的功率为P 2＝I 22R ＝U 2R，所以k ＝P 1P 2＝14，选项C 正确，D 错误。
答案 C3.(多选)(2018·江苏省扬州中学高三测试)下列四幅图的有关说法中正确的是( )A.甲图中，球m 1以速度v 碰静止球m 2，若两球质量相等，碰后m 2的速度一定为vB.乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C.丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成D.链式反应属于重核的裂变解析 两球质量相等，若发生的碰撞为弹性碰撞，即动量守恒、能量守恒，可知两球的速度交换。
高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练(10)含解析
综合抢分练(10)1.(2018·哈尔滨三中检测)某物体的v－t图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A.0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同B.t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同C.0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同D.0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同解析0～t1内动能的变化量为12mv2，动量变化量为mv0，t2～t3内动能变化量为12mv 2，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知，这两段时间内合外力做功相等，而根据动量定理可知，合外力的冲量不同，故选项A错误；t1～t2内动能变化量为0－12mv2＝－12mv2，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为0－12mv 2＝－12mv2，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故选项B错误；0～t2和t2～t4内动能变化量均为0，动量变化量均为0，可知合外力做功和冲量都相同，选项C正确；同理易知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量也不同，故合外力做功和冲量都不相同，故选项D错误。
答案 C2.(多选)(2018·常州市高三一模)在如图2甲所示电路中，流过电阻R的电流i R如图乙所示，该电流可以看作是一个恒定电流和一个交变电流的叠加，流过电感和电容的电流分别为i L、i C。
下列关于i L、i C随时间t变化的图象中，可能正确的是()图2解析 电容通交流、隔直流，通高频、阻低频，电感通直流、阻交流，通低频、阻高频，根据题意可知通过电容的是交流电，通过电感的为恒定电流，选项B 、C 正确。
答案 BC3.(多选)(2018·江苏苏州市高三第一次模拟)美国国家航空航天局宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler186f 。
若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星表面进行科学考察，在行星表面h 高度(远小于行星半径)处以初速度v 水平抛出一个小球，测得水平位移为x 。
高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练(2)含解析
综合抢分练(2)1.(2018·江苏省南京市、盐城市高三二模)如图1所示，在磁感应强度为B ，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。
设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a 与时间t 的关系图象，可能正确的是( )图1解析 根据牛顿第二定律，沿斜面方向：mg sin θ＋μF N ＝ma ，垂直斜面方向：F N＝mg cos θ＋qvB ，联立解得a ＝g sin θ＋μg cos θ＋μqvB m ，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，但加速度减不到零，故选项C 正确，A 、B 、D 错误。
答案 C2.(多选)(2018·镇江市高三模拟)如图2所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知P 、Q 、M 三颗卫星均做匀速圆周运动，其中P 是地球同步卫星，则( )图2A.卫星P 、M 的角速度ωP <ωMB.卫星Q 、M 的加速度a Q >a MC.卫星P 、Q 的机械能一定相等D.卫星Q 不可能相对地面静止解析 由万有引力提供向心力G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，则半径大的角速度小，则ωP <ωM ，故选项A 正确；由万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，a ＝G M r 2，卫星Q 、M 的加速度a Q <a M ，故选项B 错误；卫星P 、Q 的质量关系不确定，则机械能不一定相等，选项C 错误；卫星Q 的轨道平面不与赤道重合，则不可能相对地面静止，选项D 正确。
答案 AD3.(多选)(2018·江苏四市联考)如图3所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )图3A.a 为电流表，b 为电压表B.a 为电压表，b 为电流表C.线路输送电功率是220 kWD.输电线路总电阻为22 Ω解析 左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，选项B 正确，A 错误；电压表的示数为22 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2＝100，得输电电压为U 1＝100×22 V ＝2 200 V ；电流表的示数为1 A ，根据变流比公式I 1I 2＝n 2n 1＝100，得输电电流为I 1＝100×1 A ＝100 A ，线路输送电功率为P ＝U 1I 1＝220 kW ，选项C 正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D 错误。
2019年高考物理精编优选冲刺练江苏专用：2实验+2选做保分练(2)含解析
2实验＋2选做保分练(2)1.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)为了测量某种材料制成的特种电阻丝R x的电阻率，提供的器材有A.电流表G(内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g＝3 mA)B.电流表A(内阻约为10 Ω，量程为100 mA)C.螺旋测微器，刻度尺D.电阻箱R0(0～999 9 Ω，0.5 A)E.滑动变阻器R(5 Ω，1 A)F.电池组E(6 V，0.05 Ω)G.一个开关S和导线若干某同学进行了下列操作：(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×1”挡时发现指针偏转角度过小，说明电阻较________(填“大”或“小”)，应换为“×10”挡，并重新进行测量时指针位置如图1所示。
(2)把电流表G与电阻箱串联改装成量程为6 V的电压表，则电阻箱的阻值应调为R0＝________Ω。
(3)请用改装好的电压表设计一个测量电阻R x阻值的实验，根据提供的器材和实验需要，将图2中电路图补充完整。
(4)电阻率的计算：测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电流表G的示数为I1，电流表A的示数为I2，请用已知量和测量量的字母符号(各量不允许代入数值)写出计算电阻率的表达式ρ＝________。
解析(1)欧姆表最大刻度线在左侧，用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×1”挡时发现指针偏转角度过小，说明电阻较大，为准确测量电阻阻值，应换为“×10”挡，并重新进行欧姆调零。
(2)将电流表G 与电阻箱串联改装成量程为6 V 的电压表，而电流表G(内阻R g＝120 Ω，满偏电流I g ＝3 mA)，所以改装后的电压表的内阻为R V ＝U I g＝60.00 3 Ω＝2000 Ω，由于电流表G 的内阻R g ＝120 Ω，因此电阻箱的阻值应调为R 0＝(2000－120) Ω＝1880 Ω。
(3)由题意可知，当电流表A 使用外接法时，能准确测出所测电阻的电流，同时又能算出所测电阻的电压；因所测电阻约为70 Ω，而滑动变阻器R (5 Ω，1 A)，电源电压为6 V ，所以滑动变阻器使用分压式，则电路图如图所示。
2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练8(全解析)
综合抢分练(8)1.(2018·南通模拟)如图1所示，小球绕O点做匀速圆周运动，以圆心为坐标原点建立Ox坐标轴，若小球从x轴上顺时针转动，则下列表示小球在x轴方向的位移s、加速度a、速度v、合力F随时间t变化的图象正确的是( )图1解析设小球绕O点做匀速圆周运动的半径为R。
做匀速圆周运动的角速度ω恒定，即其角位移θ＝ωt，那么，小球在x轴方向的位移s＝R cos θ＝R cos ωt，故s是t的余弦函数，故选项A错误；小球做匀速圆周运动，速度处处与半径垂直且大小不变，则速度在x轴上的分量v x＝v sin θ＝v sin ωt，故选项B错误；匀速圆周运动的向心力指向圆心，大小不变，由A的分析可知：F在x轴上的分量应为F＝F n cos θ＝mRω2cos ωt，方向与x反向，故选项C错误；由C和牛顿第二定律可知：加速度a在x轴上的分量也应为负的余弦函数形式a＝a n cos θ＝Rω2cos ωt，故选项D正确。
答案 D2.(2018·河北衡水中学调研)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d和船长L。
已知他自身的质量为m，则船的质量为( )图2A.m （L ＋d ）dB.m （L －d ）dC.mL dD.m （L ＋d ）L解析 设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v ′，人从船尾走到船头所用时间为t 。
取船的速度方向为正方向，则v ＝d t ，v ′＝L －d t ，根据动量守恒定律，有Mv －mv ′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d ，故选项B 正确。
答案 B 3.(多选)(2018·徐州市高三模拟)如图3所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子。
a 接直流电源的正极，b 接直流电源的负极，cd 间输出霍尔电压。
2019高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练：综合抢分练(7)(含解析)
综合抢分练(7)1.(2018·淮海中学第二次测试)如图1所示，物体A和B的质量均为m，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接(不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦)，在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，下列说法正确的是( )图1A.物体A也做匀速直线运动B.物体A做匀加速直线运动C.绳子对物体A的拉力等于物体A的重力D.绳子对物体A的拉力大于物体A的重力解析 将B物体的速度v B进行分解，则v A＝v B cos α，α减小，v B不变，则v A逐渐增大，说明A物体在竖直方向上做加速运动，由牛顿第二定律F T－mg＝ma，可知绳子对A物体的拉力F T＞mg，故选项A、B、C错误，D正确。
答案 D2.(2018·江苏省高考压轴冲刺卷)如图2所示，电荷量为Q的正点电荷(图中未画出)与直角三角形ABC处在同一平面内。
D为AB的中点，∠A＝30°。
若将正的试探电荷从A移到B，或从D移到C，电场力做功均为零。
则( )图2A.点电荷Q一定在AC的中点B.C点电势比A点电势高C.B点的场强比C点的场强大D.将负试探电荷从C点移到B点，电场力做正功解析 由题意可知，A、B两点电势相等，D、C两点电势相等，点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在AB的中垂线和DC的中垂线的交点上，如图可知Q在AC连线上，不在中点，选项A错误；在正点电荷的电场中，离场源电荷越远，电势越低，场强越小，所以C点电势高于A点电势，而B点场强小于C点场强，则选项B正确，C错误；由于B点电势低于C点电势，则U CB>0，故将负的试探电荷从C点移到B点电场力做功W CB＝qU CB<0，做负功，则选项D错误。
答案 B3.(多选)(2018·镇江模拟)如图3所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动。
2019年高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练(5)含解析
综合抢分练(5)1.(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市高三调研)图1甲电路中，D为二极管，其伏安特性曲线如图乙所示。
在图甲电路中，闭合开关S，滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中()图1A.二极管D消耗的功率变大B.二极管D的电阻变大C.通过二极管D的电流减小D.电源的功率减小解析滑动变阻器R的滑片P从左端向右移动过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻减小，电路电流增大，由图乙可知，二极管的电阻减小，电流、电压增大，消耗的功率也增大，故选项A正确，B、C错误；电源的功率为：P＝EI，因为电流增大，所以电源的功率增大，故选项D错误。
答案 A2.(多选)(2018·苏北四市调研)2017年9月25日，微信启动页“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图2所示。
“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有()图2A.能全天候监测同一地区B.运行速度大于第一宇宙速度C.在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等D.向心加速度大于地球表面的重力加速度解析 由于是同步卫星，故相对地面静止，故能全天候监测同一地区，故选项A正确；万有引力提供向心力，故G Mm r 2＝m v 2r ，解得v ＝GMr ，而第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故选项B 错误；根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故选项C 正确；向心加速度由万有引力产生，故a ＝GM r 2，而地球表面的重力加速度g＝GM R 2，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故选项D 错误。
答案 AC3.(多选)(2018·通州区一模)如图3所示，一束含有11H 、21H 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，其中沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点，不计粒子间的相互作用。
高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练(11)含解析 (3)
高考物理精编优选冲刺练江苏专用：综合抢分练（11）含解析1.(2018·扬州中学4月模拟)如图1所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。
O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )图1B.33gRA.2D.3gRC.3解析飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：vy＝v0tan 30°又 vy＝gt，则得：v0tan 30°＝gt，t＝①，水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R＋Rcos 60°＝v0t ②，联立①②解得：v0＝。
答案B 2.(2018·江苏省徐州市高三抽测)带电金属棒周围电场线的分布如图2所示，A、B是电场中的两点，OA>OB。
下列说法正确的是( )图2A.A点的电势高于B点的电势B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.负电荷从A点至B点，电场力一直做正功D.负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能解析由电场线的特点可知，金属棒两侧的电场是对称的，由于OA＞OB，故OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势低于B点的电势，故选项A错误；根据电场线的疏密表示电场的强弱可知，B点的电场强度大，故选项B错误；负电荷在电势高位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能；由于不知道负电荷从A点至B点的运动的路径，所以不能判断出电场力是否一直做正功，故选项C错误，D正确。
答案D 3.(多选)(2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市高三调研)用电流传感器研究自感现象的电路如图3甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R。
闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I。
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综合抢分练(12)
1.(2018·江苏省扬州中学高三第四次模拟考试)如图1所示，某区域内有垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。一正方形刚性线圈，边长为L，匝数为n，线圈平面与磁场
方向垂直，线圈一半在磁场内。某时刻，线圈中通过大小为I的电流，则此线圈所受安培力
的大小为( )
图1
A.BIL B.
nBIL
2
1
2
C.nBIL D.
nBIL
2
解析 导体框在磁场中的等效长度为，所以受到的安培力为nBIL。
22
答案 D
2.(2017·兴化市模拟)木板固定在墙角处，与水平面夹角为θ＝37°，木板上表面光滑，木板
上开有一个孔洞，一根长为l、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线
将质量为m的物块与软绳连接，如图2所示。物块由静止释放后带动软绳向下运动，当软
绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin
37°＝0.6)( )
图2
A. B.
gl1.1gl
C. D.
1.2gl2
gl
解析 物块在下落过程中，由几何关系可知，物块的重心下降高度为l；而软绳重心的下降
高度为：h′＝0.5l－0.5lsin 37°＝0.2l，故全过程中物块和软绳重力势能的减小量为：
ΔEp＝mgl＋0.2mgl＝1.2mgl，根据机械能守恒定律可得：·2mv2＝ΔEp，解得：v＝
1
2
，故选项C正确，A、B、D错误。
1.2
gl
答案 C
3.(多选)(2017·云南昆明市二统)如图3所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，
物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作
用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以
初速度v的方向为正，则( )
图3
A.此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小
B.弹簧的最大弹性势能为
mv
2
1
3
C.此过程弹簧对物体B的冲量为
mv
2
3
D.物体A离开弹簧后的速度为－
v
1
3
解析 由I＝Ft，弹簧对A、B的冲量大小相等、方向相反，选项A错误；弹簧被压缩至最
短时，由mv＝(m＋2m)v1，得v1＝v，弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－
131
2
(m＋2m)v＝mv2，选项B正确；A离开弹簧后，由
12211
3
mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mv＋·2mv，得vA＝－v，vB＝v，故弹簧对B
的冲量
12122A122B132
3
IB＝2mvB＝mv
，选项C错误，D正确。
4
3
答案 BD
4.【选修3－3】(2018·苏北四市高三调研)(1)下列说法正确的有( )
A.绝对湿度越大，人感觉越潮湿
B.气体压强的大小仅与气体分子的密集程度有关
C.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大
D.当液晶中电场强度不同时，液晶表现出光学各向异性
(2)如图4为密闭钢瓶中的理想气体分子在两种不同温度下的速率分布情况，可知，一定温
度下气体分子的速率呈现________________分布规律；T1温度下气体分子的平均动能
________(选填“大于”“等于”或“小于”)T2温度下气体分子的平均动能。
图4
(3)一定质量的理想气体由状态A→B→C变化，其有关数据如图5所示。已知状态A、C的
温度均为27 ℃，求：
图5
①该气体在状态B的温度；
②上述过程气体从外界吸收的热量。
解析 (3)①状态A到状态B为等容变化
＝代入数据得TB＝120 K
pATApB
TB
②状态A到状态B为等容过程，外界对气体不做功；
状态B到状态C：
W＝－pB(VC－V
B
)＝－2×105×(2.5－1.0) J
＝－3×105 J
TA＝ TC，ΔU
＝0由热力学第一定律
ΔU＝Q＋
W
代入数据得Q＝3×105 J
即气体从外界吸收热量为3×105 J
答案 (1)CD (2)中间多、两头少 小于 (3)①120 K ②3×105 J
5.【选修3－4】(2018·江苏南通市第二次调研)(1)利用光的干涉，两台相距很远(几千公里)
联合动作的射电望远镜观察固定的射电恒星，可以精确测定大陆板块漂移速度。模型可简化
为如图6所示的双缝干涉，射电恒星看成点光源S，分布在地球上不同大陆的两个望远镜相
当于两个狭缝S1、S2，它们收到的光满足相干条件，两望远镜收集到信号的处理中心相当
于光屏上的P点。设某时刻P点到S1、S2距离相等，S到S1、S2的距离也相等，当S2向
上远离S1时，下列说法正确的有( )
图6
A.P点接收到的信号先变强
B.P点接收到的信号先变弱
C.干涉条纹间距发生改变
D.干涉条纹间距不变
(2)图7甲是一列沿x轴传播的正弦波在某时刻的图象，O点是波源，图乙为波源O点的振
动图象，图中x0、T、A均为已知量。由图象可求波的传播速度v＝________，从t＝0时刻
到图甲对应时刻，波源O点的位移为________。
图7
(3)如图8所示，玻璃砖ABCD的折射率n＝1.732，左右两个侧面AD、BC垂直于上表面
AB，∠ADC＝120°。一束光从图示方向射到AB
面上，试通过计算作出光经过玻璃砖的光
路图。
图8
解析 (1)当光程差为波长的整数倍时，振动加强，表现为亮纹，当光程差为二分之一波长
的奇数倍时，振动减弱，表现为暗纹，当S2向上远离S1时，光程差从0变大，所以P点接
收到的信号先变弱，选项B正确；根据Δx＝λ判断选项C正确。
L
d
(2)由甲图知λ＝x0，λ＝x0，v＝＝；
5445λT4x0
5
T
由甲图知，从t＝0时刻到图甲对应时刻，波源O点的位移为A。
(3)在AB面发生折射的入射角θ1＝60°
由折射定律有＝
n
sin θ1
sin θ2
解得θ2＝30°
则在CD面上入射角θ3＝60°
设发生全反射临界角为C，则
sin C＝
1
n
可知C<60°，故光在CD面上发生全反射，垂直射向BC面的光经过玻璃砖的光路如图所示
答案 (1)BC (2) A (3)见解析
4x0
5
T
6.【加试题】(15分)如图9所示，固定于水平面的“”型导线框处于磁感应强度大小为
B，方向竖直向下的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为d，左端接一电动势为E
0
，内阻
不计的电源，一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直平行导轨放置并接触良好，闭合开
关S，导体棒从静止开始运动，当导体棒运动距离L时，达到最大速度，忽略摩擦阻力和导
轨的电阻，平行导轨足够长，求：
图9
(1)导体棒的最大速度；
(2)导体棒从静止开始运动距离L的过程中，通过导体棒的电量及发热量；
(3)若导体棒MN在达到最大速度时，断开开关S，然后在导体棒MN的左边垂直导轨放置
一根与MN完全相同的导体棒PQ，则导体棒PQ的最大速度。
解析 (1)闭合开关S后，线框与导体组成的回路中产生电流，导体棒受到安培力作用开始
加速运动，导体切割磁感线会使电路中的电流变小，加速度变小，当导体切割磁感线产生的
电动势等于电源电动势时，电路中的电流为零，导体棒不受安培力作用，合外力为零，开始
做匀速运动，即达到稳定运动。
有E0＝Bdv，(2分)
解得v＝(1分)
E
0
Bd
(2)对导体棒用动量定理：BIidΔt＝mΔvi，Bdq＝mv(2分)
解得q＝(2分)
mE
0
B2d
2
根据能量守恒定律可得qE0＝Q＋mv2(2分)
1
2
解得Q＝(2分)
(3)断开电源，加上金属棒PQ后，到两棒运动稳定，两导体棒组成的系统合外力为零，动
量守恒，mv＝2mv1(2分)
解得v1＝＝(2分)
v2E
0
2
Bd
答案 (1) (2) (3)
E0BdE
0
2
Bd