2018高考物理二轮复习：考前保温训练-(2)
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第6天 能量和动量(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第6天1．(多选)(2017·广东中山一中七校联考)在地面附近，沿水平方向抛出一个物体，不计空气阻力，物体在空中飞行运动，说法正确的是( )A ．在相同时间间隔内，速度变化相同B ．在相同时间间隔内，位移变化相同C ．在相同时间间隔内，动量变化相同D ．在相同时间间隔内，动能变化相同解析：平抛运动的加速度为g ，是个定值，根据Δv ＝g Δt 可知，在相同时间间隔内，速度变化相同，故A 正确；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，相同时间内，水平位移的变化量相同，但是竖直方向位移的变化量不等，所以总位移变化不同，故B 错误；根据ΔP ＝m ·Δv 可知在相同时间间隔内，速度的变化相同，则动量变化相同，选项C 正确；根据动能定理ΔE k ＝mg ·Δh ，因在相同时间间隔内，竖直方向位移的变化量不等，则动能变化不相同，选项D 错误；故选AC ．答案：AC2．(2017·辽宁实验中学月考)质量m ＝2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，则下列说法中不正确的是( )A ．x ＝1 m 时物块的速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为1.25 m/s 2C ．在前2 m 的运动过程中物块所经历的时间为2 sD ．在前4 m 的运动过程中拉力对物块做的功为25 J解析：根据图象知，x ＝1 m 时，动能为2 J ，即12m v 2＝2 J ，解得v ＝ 2 m/s.故A 错误．对x ＝2 m 到x ＝4 m 段运用动能定理，有：Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6.5 N ．a ＝F －μmg m ＝6.5－0.2×202m/s 2＝1.25 m/s 2.故B 正确．对前2 m运用动能定理得，Fx －μmgx ＝ΔE k ，解得F ＝6 N ，物体的加速度a ＝F －μmg m ＝6－42m/s 2＝1 m/s 2.末速度v ＝2E km＝82＝2 m/s ，根据v ＝at 得，t ＝2 s ．故C 正确．对全过程运用动能定理得，W F －μmgs ＝ΔE k ，解得W F ＝25 J ．故D 正确．此题选择错误的选项，故选A ．答案：A3．(多选)(2017·大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等解析：开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝mg ，则m a ＝m sin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为m a g ×h sin θ＝mgh ，故A 正确．根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量．所以摩擦力做功大于a 的机械能增加．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．答案：ABD4．(2017·成都外国语模拟)如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为m 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为2 m 的物体B 竖直向下轻放在A 上，则 (重力加速度为g )( )A ．放在A 上的一瞬间B 对A 的压力大小为23/mg B ．AB 一起向下运动过程中AB 间的压力先增大后减小C ．AB 向上运动到某一位置时将分离D ．运动过程中AB 物体机械能守恒解析：B 放在A 上的一瞬间，对AB 整体：2mg ＝3ma ；对B ：2mg －F AB ＝2ma ，解得F AB ＝2mg 3，选项A 正确；AB 一起向下运动过程中，整体的加速度先向下减小，后向上增大；故AB 间的压力一直增大，选项B 错误；因AB 间的压力一直增大，不可能为零，可知AB 不可能分离，选项C 错误；运动过程中弹簧弹力对AB 系统做负功，故AB 物体机械能减小，选项D 错误；故选A ．答案：A5．(多选) (2017·上海长宁区模拟)从地面A 处竖直向上抛一质量为m 的小球，小球上升到B 点时的动能与小球上升到最高点后返回至C 点时的动能相等，B 点离地高度为h ，C 点离地高度为h3.空气阻力f ＝0.1 mg ，大小不变，重力加速度为g ，则( )A ．小球上升的最大高度为2hB ．小球上升的最大高度为4hC ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为35mghD ．小球下落过程中从B 点到C 点动能的增量为45mgh解析：设小球由B 点再上升h ′到达最高点，由动能定理得，12m v 2C －12m v 2B ＝mg ·23h －0.1mg ⎝⎛⎭⎫2h ′＋23h ＝0，解得h ′＝3h ，所以小球上升的最大高度H ＝h ＋h ′＝4h ，B 正确；下落过程中小球从B 点到C 点动能的增加量12m v 2C －12m v ′2B ＝mg ·23h －0.1mg ·23h ＝35mgh ，C 正确．答案：BC6．(2017·兰州一中月考)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R ，用质量为m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．取g ＝10 m/s 2，求：(1)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点； (2)B 、P 间的水平距离；(3)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)物块m 2由D 点以初速度v D 平抛，至P 点时，由平抛规律，得v y ＝2gR ，tan 45°＝v yv D ，解得v D ＝4 m/s假设能到达M 点，且速度为v M ，由机械能守恒，得12m 2v 2M ＋m 2gh ＝12m 2v 2D 由图中几何关系，得h ＝R2， 解得v M ＝24－22m/s ≈2.17 m/s ．能完成圆周运动过M 点的最小速度v M min ，由重力提供物体做圆周运动的向心力，m 2g ＝m 2v 2M (min )R ，v M (min)＝22m/s ≈2.83 m/s>2.17 m/s ， 所以不能到达M 点． (2)平抛过程水平位移为x ， 由平抛运动规律，得x ＝v D t R ＝12gt 2在桌面上过B 点后的运动为s ＝6t －2t 2，故为匀减速运动，且初速度为v B ＝6 m/s 、加速度为a ＝－4 m/s 2，B 、D间由运动规律，得v 2B －v 2D ＝2as解得B 、P 水平间距为x ＋s ＝4.1 m(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，由功能关系，得释放m 1时为E p ＝μm 1gs CB ， 释放m 2时为E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 2B m 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，由动能定理，得E p －W f ＝12m 2v 2D 解得W f ＝5.6 J答案：(1)不能到达M 点 (2)4.1 m (3)5.6 J7．在竖直平面内有一个半圆形轨道ABC ，半径为R ，如图所示．A 、C 两点的连线水平，B 点为轨道最低点．其中AB 部分是光滑的，BC 部分是粗糙的．有一个质量为m 的乙物体静止在B 点，另一个质量为4 m 的甲物体从A 点无初速度释放，甲物体运动到轨道最低点与乙物体发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后结合成一个整体，甲乙构成的整体滑上BC 轨道，最高运动到D 点，OD 与OB 连线的夹角θ＝60°.甲、乙两物体可以看作质点，重力加速度为g ，求：(1)甲物体与乙物体碰撞过程中，甲物体受到的冲量．(2)甲物体与乙物体碰撞后的瞬间，甲乙构成的整体对轨道最低点的压力． (3)甲乙构成的整体从B 点运动到D 点的过程中，摩擦力对其做的功．解析：(1)设甲物体由A 点运动到B 点处速度为v 0，由机械能守恒定律得4mgR ＝12×4m v 20 解得v 0＝2gR甲物体与乙物体碰撞过程取向左方向为正动量守恒4m v 0＝5m v 解得v ＝45v 0＝452gRI 甲＝4m v －4m v 0＝－45m 2gR ，方向水平向右． (2)F －5mg ＝5m v 2RF ＝5mg ＋6.4mg ＝11.4mg根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小也为11.4mg ，方向竖直向下． (3)由几何知识可知，整体上升的高度 h ＝R (1－cos θ)＝R2从B 点运动到D 点，由动能定理得 －5mg R 2＋W f ＝0－12×5m v 2解得W f ＝－0.7mgR ．答案：(1)45m 2gR 方向水平向右 (2)11.4mg 方向竖直向下 (3)－0.7mgR。
2018届北京四中高考考前理综统练(保温题)答案
北京四中2018届理科综合能力测试题物理参考答案2018.6.221. （1）E、C、G （2）CADBEF （3）500Ω、略小（4）串联、9500Ω（5）50Ω，左（6）AD22. （1）0.8m/s；（2）1.6s （3）3.2m23. （1）E=U/d U=Q/C C=εS/（4πkd）可得：E=4πkQ /（εS）所以场强只与极板上的电荷量以及极板面积（也就是极板上面密度）有关，与间距无关。
（2）- eU m=0- E k可得：U m=E k/e；Q m=CU m可得：Q m=CE k/e（3）a. 由于电子从N板上端沿直线到M板下端，极板长度和间距都是d，因此沿着斜下45°，所以电场力和重力等大，即：m g=Eq E= U m/d 可得：q=mged/ E kb. 电子做类平抛运动d=v0t d=at2/2 其中a=eE/m E= U m/d 可得：v024.（1）hυ- E1=0 所以υ= E1/h（2）v s=；ΔE k=mgR/2（3）a. 平均速度v=；若此速度小于逃逸速度，一定也会有这种气体分子逃逸出去，因为分子在不断地进行热运动，总会有速度大于逃逸速度气体分子会逃逸出去。
b. 相对于氮气和氧气，氢的分子质量比他们都要小，在逃逸高度处，温度相同，平均动能相同，氢分子的平均速度比氮、氧分子的平均速度大，同时也会有更多的氢气分子到达逃逸速度，所以逃逸的氢气分子就比较多，因此氢含量比较少。
北京四中2018届理科综合能力测试化学参考答案化学参考答案25.（17分）（1）对二甲苯（1,4-二甲苯）2分（2）2分（3）碳碳双键、羟基2分（4）甲醇（CH3OH）2分（5）加成反应2分（6）2分（7）第一步：3分第三步：2分26.（13分）（1）2H 2S(g)+3O 2(g)=2SO 2(g)+2H 2O(g) △H =﹣1036.46kJ/mol 2分 （2）ZnS(s)Zn 2+(aq)+S 2—(aq)，与Cu 2+结合生成更难溶的CuS ，使平衡右移 2分（3）①4NH 3·H 2O +2SO 2+O 2===2(NH 4)2SO 4+2H 2O 2分 ② ClO -+SO 2+2OH - =Cl -+SO 42-+H 2O 2分2NiO 2+ClO - ===Ni 2O 3 +Cl -+2O 2分Ca 2+与SO 42—结合生成难溶的CaSO 4，有利于反应的进行 1分 ③2H 2O +Cu 2++SO 2Cu+SO 42—+4H + 2分27．（12分） （1） 化学（2）① 2SO 2+O2SO 3② SO 2 + H 2O 2＝ H 2SO 4 V 233b 4.22（3）① H 2S+2Fe 3+=2Fe 2++S ↓+2H +② t 1时刻后，溶液中的Fe 2+被O 2氧化为Fe 3+，Fe 3+再与H 2S 发生氧化还原反应，所以n (Fe 3+)基本不变（或2H 2S+O 2=2S+2H 2O ）28．（16分，其余每空2分）（1）2Fe 2+ + H 2O 2 + 2H + == 2Fe 3+ + 2H 2O（2）Fe 3+催化下H 2O 2分解产生O 2 （或用化学方程式表示）（3）取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl 2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO 42－（4） ① 反应后溶液的pH 降低② Fe 2(SO 4)3溶液（5）2Fe 2++ H 2O 2 + 4H 2O == 2Fe(OH)3（胶体）+ 4H +（6）H 2O 2分解反应放热，促进Fe 3+的水解平衡正向移动，产生的HCl 受热挥发 （7）pH 、阴离子种类、温度、反应物用量北京四中2018届理科综合能力测试题生物参考答案1-5 A B B D A29．（16分，除特殊说明，每空1分）（1）核糖体内质网和高尔基体（缺一不可）禁食一段时间（或饥饿处理）减缓血糖快速上升和下降（2分，缺一不可）（2）①空间结构传代培养高浓度葡萄糖下降IAPP促使胰岛B细胞凋亡，无法产生足够胰岛素②总RNA 相关基因的表达量（转录产生mRNA的量）细胞取样量点样量等实验操作、（合理给分）抑制Bcl2的表达，且促进Bax的表达（3）控制糖类的摄入量，抑制IAPP基因的表达量或注射针对IAPP单克隆抗体30.（16分,每空2分）（1）常隐患者父母都是杂合子，2个XPAC基因序列不同，患者是纯合子，其致病基因来自父母双方（2）信息链基因突变后终止密码子提前出现，翻译提前终止形成的XPA蛋白结构异常（缺少63个氨基酸），导致病人细胞的DNA修复能力受损（3）AA 50%（4）C/G→T/A31．（18分，每空2分）（1）饲喂不含CMC的无菌水使小鼠体重增加A、B组体重差值与C、D组体重差值（2）① A、B d②无氧菌落③不同类群微生物的数量及比例（3）（2分。
2018届高三物理二轮复习保温精练：考前第3天物理实验
[保温精练]1．某同学用频闪照相法来研究小球的落体运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图(a)中1、2、3、4…所示的小球运动过程中每次曝光的位置，频闪照相机的频闪周期为T.其中小球位于位置2、3、4时球心到小球位于位置1时球心的距离分别为x1、x2、x3.(1)用游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)测量小球的直径，示数如图(b)所示，其读数为________cm.(2)小球位于位置2时的速度为________；小球下落时的加速度大小为________．(3)如果计算出小球的加速度小于当地的重力加速度，则可能的原因是___________________________________________________．[解析](1)主尺读数为0.9 cm，游标尺读数为0.05×12 mm，因而小球的直径为0.960 cm.(2)小球位于位置2时的速度大小为v＝x22T；根据(x2－x1)－x1＝aT2可得小球下落时的加速度大小为a＝x2－2x1T2，或者根据(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2可得小球下落时的加速度大小为a＝x3＋x1－2x2T2.(3)由于存在空气阻力，小球下落的加速度小于当地的重力加速度．[答案](1)0.960(2)x22T x2－2x1T2⎝⎛⎭⎪⎫或x3＋x1－2x2T2(3)存在空气阻力2．某同学用如右图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接．(1)实验步骤如下：A．弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；B．结点O下的细绳挂钩码C；C．手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置；D．记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A 和B的示数、记录_______________________________________．(2)在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差________(选填选项前的字母)A．木板不竖直B．A弹簧测力计外壳的重力C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平D．改变弹簧测力计B的拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化(3)某次实验中．该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法____________．[解析](1)矢量和不仅与大小有关，与方向也有关，所以得记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还有记录三条细绳(拉力)的方向．(2)木板不竖直时，钩码和木板间有摩擦力会产生误差；B、C对实验无影响；结点O的位置发生变化是一种错误操作．[答案](1)三条细线(拉力)的方向(2)A(3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO 与BO之间的夹角3．在练习使用多用电表的实验中，某同学将选择开关置于直流“50 V”挡，多用电表示数如图甲所示：(1)多用电表的读数为________V.(2)多用电表电阻挡内部简单原理示意图如图乙所示，其中电流表的满偏电流I g＝300μA，内阻R g＝100 Ω，可变电阻R的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色，按正确使用方法测量电阻R x的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x＝________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x其测量结果与原结果相比________．(填“变大”、“变小”或“不变”)[解析](1)多用电表的读数是32.0 V．(2)与接线柱A相连的表笔颜色应是红色；由闭合电路欧姆定律有：I g ＝E R ＋R g ＋r ＋0和I g 2＝E R ＋R g ＋r ＋R x，联立易得：R ＋R g ＋r ＝E I g ＝ 1.5300μA ＝5 kΩ，R x ＝5 kΩ；若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小，内阻变大，可知电流变小了，R x 的测量结果与原结果相比变大．[答案] (1)32.0 (2)红 5 变大4．(2017·东北三省三校模拟)某同学为了测量金属热电阻在不同温度下的阻值，设计了如图甲所示的电路，其中R 0为电阻箱，R x 为金属热电阻，电压表可看作理想电表，电源使用的是稳压学生电源(内阻不计)，实验步骤如下：①按照电路图连接好电路②记录当前温度t③将单刀双掷开关S 与1闭合，记录电压表读数U ，电阻箱阻值R 1④将单刀双掷开关S 与2闭合，调节变阻箱使电压表读数仍为U ，记录电阻箱阻值R 2⑤改变温度，重复②～④的步骤(1)则该金属热电阻在某一温度下的阻值表达式为：R x ＝________，根据测量数据画出其电阻R x 随温度t 变化的关系如图乙所示；(2)若调节电阻箱阻值，使R 0＝120 Ω，则可判断，当环境温度为________时，金属热电阻消耗的功率最大．[解析](1)设电源电压为E，则将单刀双掷开关S与1闭合时，UR x＝E－UR1；单刀双掷开关S与2闭合时：E－UR x＝UR2；联立解得：R x＝R1R2；(2)金属热电阻消耗的功率最大时，此时金属热电阻的值等于电阻箱的阻值，即R x＝R0＝120 Ω，根据电阻－时间关系可知：R x ＝t＋100，当R x＝120 Ω时，t＝20 ℃.[答案](1)R1R2(2)20 ℃。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第2天 选修3-3、3-4(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第2天1．(1)(2017·重庆一中学期中)下列说法中正确的是( ) A ．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B ．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D ．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的原因E ．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果解析：布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映花粉分子的热运动，故A 错误；空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B 正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性、彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C 正确；D 、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D 错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E 正确．故选BCE ．答案：BCE(2)如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直玻璃管内，气柱的长度为h .现向管内缓慢地添加部分水银，水银添加完成时，气柱长度变为34h .再取相同质量的水银缓慢地添加在管内．外界大气压强保持不变．①求第二次水银添加完成时气柱的长度．②若第二次水银添加完成时气体温度为T 0，现使气体温度缓慢升高，求气柱长度恢复到原来长度h 时气体的温度．解析：①设开始时封闭气体的压强为p 0，添加的水银对气体产生的压强为p ，由玻意耳定律得： p 0h ＝(p 0＋p )34h得p ＝13p 0再加水银后，气体的压强变为：p 0＋2p ，设第二次加水银后气柱长为h ′，则有：p 0h ＝(p 0＋2p )h ′可得：h ′＝35h ②气柱长度恢复到原来的长度h ，则有p 0h T 0＝(p 0＋2p )hT可得：T ＝53T 0答案：①h ′＝35h ②T ＝53T 02．(2017·成都外国语学校月考)(1)关于气体的内能，下列说法正确的是________． A ．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B ．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大 C ．气体被压缩时，内能可能不变D ．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E ．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加解析：物体的内能与物体的温度、体积以及物质的量都有关系，故质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，选项A 错误；物体的内能与宏观物体的运动速度无关，故气体温度不变，其内能不变，选项B 错误；根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体被压缩时，如果放热，则内能可能不变，选项C 正确；理想气体的分子势能为零，气体的内能就是分子总动能，故一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，选项D 正确；根据PVT ＝K 可知，一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，则内能一定增加，选项E 正确；故选CDE ．答案：CDE(2)如图所示，两气缸AB 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气；当大气压为P 0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a 离气缸顶的距离是气缸高度的14，活塞b 在气缸的正中央．①现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 升至顶部时，求氮气的温度；②继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是气缸高度的116时，求氧气的压强．解析：①活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设气缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，气缸B 的容积为14V 0，则得：V 1＝34V 0＋12×14V 0＝78V 0①V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0② 根据盖·吕萨克定律得：V 1T 1＝V 2T 2，③ 由①②③式和题给数据得：T 2＝320 K ；④②活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V 1′，压强为P 1′，末态体积为V 2′，压强为P 2′，由题给数据有：V 1′＝14V 0，P 1′＝p 0，V 2′＝316V 0⑤ 由玻意耳定律得：P 1′V 1′＝P 2′V 2′ ⑥ 由⑤⑥式得：P 2′＝43p 0⑦答案：①320 K ②43p 03．(2017·广东省五校联考)(1)下列说法正确的是________． A ．随着分子间距离增大，分子斥力不断减小，分子引力不断增大 B ．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 C ．荷叶上的小水珠呈球形是水的表面张力作用的结果 D ．0℃的水和0℃的冰分子平均动能相同E ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点解析：当分子间有作用力时，分子间同时存在引力和斥力，随着分子间距离增大，分子间的引力和斥力都减小．故A 错误；根据热力学第二定律可知，功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项B 正确；荷叶上的小水珠呈球形是水的表面张力作用的结果，选项C 正确；温度是分子平均动能的标志，故0℃的水和0℃的冰分子平均动能相同，选项D 正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故E 错误；故选BCD ．答案：BCD(2)一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p 0＝75.0 cmHg.环境温度不变．解析：设初始时，右管中空气柱的压强为P 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为P 2＝P 0，长度为l 2，该活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为P 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为P 2′，长度为l 2′，以cmHg 为压强单位．由题给条件得：P 1＝P 0＋(20.00－5.00)cmHg ①l 1′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫20.0－20.0－5.002cm② 由玻意耳定律得P 1l 1＝P 1′l 1′③ 联立①②③式和题给条件得：P 1′＝144 cmHg ④ 依题意有：P 2′＝P 1′⑤ l 2′＝4.00 cm ＋20.00－5.002cm －h⑥ 由玻意耳定律得：P 2l 2＝P 2′l 2′⑦联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h ＝9.42 cm 答案：144 cmHg 9.42 cm4．(2017·绵阳南山中学月考)(1)一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，质点P 此时刻沿－y 运动，经过0.1 s 第一次到达平衡位置，波速为5 m/s ，则下列说法正确的是________．A ．该波沿x 轴负方向传播B ．Q 点的振幅比P 点的振幅大C ．P 点的横坐标为x ＝2.5 mD ．Q 点的振动方程为y ＝5 cos 5π3t (cm)E ．x ＝3.5 m 处的质点与P 点振动的位移始终相反解析：质点P 此时刻沿－y 轴方向运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x 轴负方向传播，故A 正确；简谐横波传播过程中各个质点的振幅相同，故B 错误．波沿x 轴负方向传播，0.1 s 内向左传播的距离为x ＝v t ＝5×0.1 m ＝0.5 m ，由波形平移法知图中x ＝3 m 处的状态传到P 点，所以P 点的横坐标为x ＝2.5 m ．故C 正确．由v ＝λT 、ω＝2πT 得ω＝2πv λ＝5π3rad/s ，题图中Q 点的振动方程y ＝A cos ωt ＝5cos 5π3t (cm)，故D 正确．x ＝3.5 m 处的质点与P 点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反，故E 错误．故选ACD ．答案：ACD(2)半径为R 的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O .两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直，光线1的入射点A 为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B ，∠AOB ＝60°.已知该玻璃对红光的折射率n ＝3．①求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O 点的距离d ． ②若入射的是单色蓝光，则距离d 将比上面求得的结果大还是小？ 解析：①光路如图所示，可知i ＝60°由折射率n ＝sin i sin r，可得r ＝30°由几何关系及折射定律公式n ＝sin r ′sin i ′，得i ′＝30°，r ′＝60°所以OC ＝R 2cos 30°＝3R3在△OCD 中可得d ＝OD ＝OC tan 30°＝R3②由于单色蓝光比单色红光波长小、折射率n 大，所以光线2向OD 偏折更明显，d 将减小 答案：①R3②小5．(2017·广东五校协作体第一次联考)(1)两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相同．实线波的频率为2 Hz ，沿x 轴正方向传播，虚线波沿x 轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则下列说法正确的是________．A ．在相遇区域会发生干涉现象B ．实线波和虚线波的频率之比为3∶2C ．平衡位置为x ＝6 m 处的质点此刻速度为零D ．平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点此刻位移y ＞20 cmE ．从图示时刻起再经过0.25 s ，平衡位置为x ＝5 m 处的质点的位移y ＜0解析：由于f 1≠f 2，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象．故A 错误．两列波传播速度大小相同．由图可知，实线波的波长λ1＝4 m ，虚线波的波长λ2＝6 m ，由v ＝λf 可知，实线波和虚线波的频率之比为f 1∶f 2＝λ2 ∶λ1＝3∶2.故B 正确．两列简谐横波在平衡位置为x ＝6 m 处，振动加强，速度是两者之和，所以不可能为零．故C 错误；两列简谐横波在平衡位置为x ＝8.5 m 处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于10 cm ，合位移大于20 cm ，故D 正确；从图示时刻起再经过0.25 s ，实线波在平衡位置为x ＝5 m 处于波谷，而虚线波也处于y 轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y <0.故E 正确；故选BDE ．答案：BDE(2)如图所示为一直角三棱镜的截面，∠B ＝90°，∠A ＝60°，现有一束单色光垂直照射到AC 面上，从O 点进入，经AB 面反射，在BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为30°．①求棱镜对光的折射率；②证明光在AB 面上会发生全反射．解析：①光经AB 面反射，在BC 面上的折射与反射光路如图所示，由几何关系可知，光在BC 面上的入射角i ＝30° 由于在BC 面上折射光线与入射光线的偏向角为30°， 因此折射角为r ＝60°由折射定律得n ＝sin r sin i ＝sin 60°sin 30°＝ 3②由几何关系可知，光在AB 面的入射角为60°， 光从棱镜进入空气发生全反射的临界角为 sin C ＝1n ＝33<32＝sin 60°即60°＞C ，因此光线在AB 面上会发生全反射 答案：①3 ②见解析6．(2017·湖南师大附中学月考)如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波动图象，乙图为参与波动质点P 的振动图象，则下列判断正确的是________．(填正确答案标号)A．该波的传播速率为4 m/sB．该波的传播方向沿x轴正方向C．经过0.5 s时间，质点P沿波的传播方向向前传播2 mD．该波在传播过程中若遇到3 m的障碍物，能发生明显衍射现象E．经过0.5 s时间，质点P的位移为零，路程为0.4 m解析：从波动图象、振动图象可知：λ＝4 m，T＝1 s，根据波速公式v＝λT ＝4 m1 s＝4 m/s，A正确；从振动图象可知零时刻质点P向下运动，所以波的传播方向沿x轴负方向，B错误；质点P不随波在波的传播方向向前传播，C 错误；波长大于3 m的障碍物的大小，能发生明显的衍射现象，D正确；0.5 s时间等于半个周期，经过半个周期，质点P的位移为零，路程等于两倍振幅，为0.4 m，E正确；故选ADE．答案：ADE(2)一足够大的水池水深h＝ 3 m，水池底部中心有一点光源，其中一条光线斜射到水面上，其在水面上的反射光线和折射光线恰好垂直，并测得点光源到水面反射点的距离L＝2 m，求：①水的折射率n；②水面上能被光源照亮部分的面积(取π＝3)．解析：①光路如图所示．设射向O点的光线入射角、反射角、折射角分别为α、θ、β由几何关系知：cos α＝hL解得：α＝30°由反射定律可得：θ＝α＝30°则β＝90°－θ＝60°故水的折射率为：n＝sin βsin α＝ 3②设射向水面的光发生全反射的临界角为C由数学知识得：tan C＝22＝tan C 由几何关系可知：|AB|h解得：|AB|＝62m圆形光斑的面积为：S＝π|AB|2解得：S＝4.5 m2．答案：①3②4.5 m2。
2018届高三物理通用二轮复习高考仿真冲刺卷二 含解析 精品
高考仿真冲刺卷(二)(建议用时:60分钟满分:110分)二、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.U的衰变有多种途径,其中一种途径是先衰变成Bi,然后可以经一次衰变变成X(X代表某种元素),也可以经一次衰变变成Ti,最后都衰变成Pb,衰变路径如图所示,下列说法中正确的是( )A.过程①是β衰变,过程③是α衰变;过程②是β衰变,过程④是α衰变B.过程①是β衰变,过程③是α衰变;过程②是α衰变,过程④是β衰变C.过程①是α衰变,过程③是β衰变;过程②是β衰变,过程④是α衰变D.过程①是α衰变,过程③是β衰变;过程②是α衰变,过程④是β衰变15. 如图,物体P静止于固定的斜面上,P的上表面水平,现把物体Q 轻轻地叠放在P上,由此可求出( )A.P与斜面间的摩擦力B.P与Q间的摩擦力C.P对斜面的正压力D.斜面的倾角16. 金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示.容器内表面为等势面,A,B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( )A.A点的电场强度比B点的电场强度大B.小球表面的电势比容器内表面的电势低C.将检验电荷从A点移到B点,电场力做负功D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力做的功均为零17.如图所示,斜面与水平面之间的夹角为37°,在斜面底端A点正上方高度为8 m处的O点,以4 m/s的速度水平抛出一个小球,飞行一段时间后撞在斜面上,这段飞行所用的时间为(已知sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,取g=10 m/s2)( )A.2 sB. sC.1 sD.0.5 s18. 如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B.开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是( )A.ab棒做匀减速直线运动,cd棒做匀加速直线运动B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能19. 2017年4月20日,中国第一艘货运飞船搭乘长征七号火箭发射升空,4月22日与天宫二号交会对接形成组合体,27日完成首次推进剂在轨补加试验,填补了中国航天的一个空白. 6月15日18时28分,天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室顺利完成了第二次推进剂在轨补加试验(俗称太空加油),进一步验证了这一关键技术的可靠性.若已知“货运飞船”与“天宫二号”对接后,组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ,组合体轨道半径为r,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,不考虑地球自转.则( )A.可求出地球的质量B.可求出地球的平均密度C.可求出组合体做圆周运动的线速度D.可求出组合体受到地球的万有引力20.某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应).在输送功率相同时,第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1,第二次采用如图所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是( )A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B.实验可以证明,T1采用升压变压器匝数比为>1能减小远距离输电的能量损失C.若输送功率一定,则P2∶P1=n1∶n2D.若输送功率一定,则P2∶P1=∶21. 一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,其牵引力和速度的图像如图所示.若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3,运动过程中所受阻力恒定,则根据图像所给的信息,下列说法正确的是( )A.汽车行驶中所受的阻力为B.汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为C.速度为v2时的加速度大小为D.若速度为v2时牵引力恰为,则有v2=2v1三、非选择题:包括必考题和选考题两部分,第22～25题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33～34题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共47分.22.(6分)实验小组的同学利用弹簧测力计在水平放置的方木板上做“验证共点力的合成规律的实验”.(1)同学们用坐标纸记下某次橡皮筋的结点位置O以及两弹簧测力计施加的拉力的大小和方向,如图(甲)所示.图中每个正方形小格边长均表示1.0 N,利用作图法可知F1与F2的合力大小为N.(结果保留两位有效数字)(2)实验时,第一次用两个弹簧测力计、第二次用一个弹簧测力计将橡皮筋的结点拉到同一位置,其目的是为了. (3)不改变测力计1的示数F1的大小,逐渐减小两个弹簧测力计之间的夹角.为使结点O位置保持不变,则另一测力计2的示数将(填“增大”“减小”或“不变”).23.(9分)某同学欲将量程为200 μA的电流表G改装成电压表.(1)该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g,图中R1,R2为电阻箱.他按电路图连接好电路,将R1的阻值调到最大,断开开关S2,闭合开关S1后,调节R1的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度,接下来他应该正确操作的步骤是(选填下列步骤前的字母代号),最后记下R2的阻值;A.闭合S2,调节R1和R2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半B.闭合S2,保持R1不变,调节R2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半(2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为120 Ω,则认为R g的阻值大小为(选填字母代号);A.60 ΩB.120 ΩC.240 ΩD.360 Ω(3)如果该同学在调节R1使电流表满偏过程中,发现电流表指针满偏时,R1的接入阻值不到其总阻值的二分之一.为了减小实验误差,该同学可以采取下列措施中的(选填字母代号);A.将R2换成一个最大阻值更大的电阻箱B.将R1换成一个最大阻值为现在二分之一的电阻箱C.将电源换成一个电动势为现在电源两倍、内阻可以忽略的电源D.将电源换成一个电动势为现在电源二分之一、内阻可以忽略的电源(4)利用上述方法测量出的电流表内阻值(选填“大于”或“小于”)该电流表内阻的真实值.(5)依据以上的测量数据可知,若把该电流表改装成量程为3 V的电压表,需与该表(选填“串”或“并”)联一个阻值为Ω的定值电阻.24. (12分)如图所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A,B,C,物块B,C静止,物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块A以速度v0朝B运动,压缩弹簧;当A,B速度相等时,B 与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求.(1)A,B第一次速度相同时的速度大小;(2)A,B第二次速度相同时的速度大小;(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小.25.(20分)空间中有一直角坐标系,其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内,有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B;第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场.现有一群质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中,如图所示.已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R,其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点,不计粒子的重力和它们之间的相互作用力,求:(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小;(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间.(二)选考题:共15分.(请考生从给出的2道物理题中任选一题作答)33.[物理——选修3-3](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分为0分).A.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离B.一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程,则气体对外界做功,气体分子的平均动能减小.C.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映D.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能E.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加(2)(10分)如图,一个质量为m的T型活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体,活塞体积可忽略不计,距汽缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时,封闭气体温度为T0,活塞距离汽缸底部为 1.8h0,两边水银柱存在高度差.已知水银密度为ρ,大气压强为p0,汽缸横截面积为S,活塞竖直部分高为1.2h0,重力加速度为g,求:①通过制冷装置缓慢降低气体温度,当温度为多少时两边水银面恰好相平;②从开始至两水银面恰好相平的过程中,若气体放出的热量为Q,求气体内能的变化.34.[物理——选修3-4](15分) (1)(5分)如图(甲)所示,沿波的传播方向上有六个质点a,b,c,d,e,f,相邻两质点之间的距离均为2 m,各质点均静止在各自的平衡位置,t=0时刻振源a开始做简谐运动,取竖直向上为振动位移的正方向,其振动图像如图(乙)所示,形成的简谐横波以2 m/s的速度水平向右传播,则下列说法正确的是(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分).A.波传播到质点c时,质点c开始振动的方向沿y轴正方向B.0～4 s内质点b运动的路程为12 cmC.4～5 s内质点d的加速度正在逐渐减小D.6 s时质点e第一次回到平衡位置E.各质点都振动起来后,a与c的振动方向始终相同(2)(10分)如图所示,半径R=4 cm的圆形玻璃砖,AB为玻璃砖的直径.一束光线平行于直径AB射向玻璃砖左侧界面,且光束到AB的距离d=6 cm,光线经玻璃砖折射后由B点射出.已知光在真空中的传播速度c=3.0×108 m/s,求:①玻璃砖的折射率;②光线在玻璃砖中传播的时间.高考仿真冲刺卷(二)14.Bβ衰变产生电子,质量数不变,核电荷数加1;α衰变产生氦核,质量数减少4,核电荷数减2.过程①中的质量数不变,是β衰变;过程③的质量数减少4,是α衰变;过程②的核电荷数减少2,是α衰变;过程④的核电荷数加1,是β衰变.15.B没有放Q时,对P受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件有,支持力N=Mgcos θ;沿斜面向上的摩擦力f=Mgsin θ;且Mgsin θ≤μMgcos θ.当Q放在P上方时,整体有(M+m)gsin θ≤μ(M+m)gcos θ,所以系统仍然静止;两个物体的质量和斜面倾角不知道,所以无法求解摩擦力大小,也无法求解P对斜面的正压力,A,C,D错误;由于系统静止且P的上表面水平,所以Q受到的摩擦力为零,B正确;两个物体的质量和斜面倾角不知道.16.D电场线越疏,电场强度越弱,电场线越密,电场强度越强,由图可知,A点的电场强度比B点的小,故A错误;根据沿着电场线方向电势降低,可知小球表面的电势比容器内表面的高,故B错误;因A,B在同一等势面上,将检验电荷从A点沿不同路径到B点,电场力所做的功均为零,C错误,D正确.17.C设飞行的时间为t,则x=v0t,h=gt2由几何关系,tan 37°=代入数据,解得t≈1 s.18.B当金属棒ab向左运动后,由于切割磁感线产生感应电流,于是ab受到向右的安培力,cd受到向左的安培力,故ab向左做减速运动,cd向左做加速运动,随速度的变化,感应电流逐渐减小,安培力减小,故两棒的加速度减小,两棒做加速度减小的变速运动,最后当两棒共速时达到稳定速度,选项A错误;两棒运动过程中,因为两棒组成系统所受合外力为零,故动量守恒,则ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量,选项B正确;由能量关系可知,ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能与产生的电能之和,选项C错误;当两棒最终匀速运动时,两棒中无感应电流产生,此时无电能产生,选项D错误.19.ABC组合体绕地球运动的角速度为ω=,根据公式G=mω2r可得M=,A正确;忽略地球自转,在地球表面万有引力等于重力,即G=m'g,即可求得地球半径,根据ρ=可求得地球密度,B正确;根据v=ωr可得组合体做圆周运动的线速度,C正确;由于不知道组合体质量,所以无法求解其受到地球的万有引力大小,D错误.20.BD变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A错误;T1采用升压变压器能减小输电电流,从而减小远距离输电的能量损失,故B正确;第一次实验输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P1=I2R=R;第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2=U1,输电线上的电流I'=,输电线上损失的功率P2=I'2R=R,所以==,故D正确,C错误.21.AD根据牵引力和速度的图像和功率P=Fv得汽车运动中的最大功率F1v1,该车达到最大速度时加速度为零,此时阻力等于牵引力,所以阻力f=,选项A正确;根据牛顿第二定律有恒定加速时,加速度a==-,匀加速的时间t==,则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I=F1t=,故B错误;速度为v2时的牵引力是,根据牛顿第二定律,有速度为v2时加速度大小为a'=-,故C错误;若速度为v2时牵引力恰为,则=,则v2=2v1,选项D正确.22.解析:(1)以表示两力的线段作为邻边作平行四边形,平行四边形的对角线是两力的合力,合力如图所示,图中每个正方形小格边长均代表1.0 N,F1与F2的合力F≈6.5 N.(2)使合力与两个分力同时作用时的作用效果相同.(3)结点O位置保持不变,合力不变,不改变测力计1的示数F1的大小,逐渐减小两个弹簧测力计之间的夹角,以O点为圆心,F1为半径的圆弧上各点到F顶点的距离逐渐减小,测力计2的示数将减小.答案:(1)6.5 N(2)使力的作用效果相同(3)减小评分标准:每空2分23.解析:(1)闭合开关S1,调节R1的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度,然后再闭合S2,保持R1不变,调节R2的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半,记下R2的阻值,B正确.(2)由实验步骤可知,电阻箱阻值不变,电路总电阻不变,电路总电流不变,电流表半偏时流过电阻箱电流等于电流表电流,由于它们两端电压相等,则它们电阻阻值相等,由此可知,电流表内阻R g=R2=120 Ω,B正确.(3)电流表指针满偏时R1的接入阻值小,说明电压小,故应将电源换成一个电动势为现在电源两倍、内阻可以忽略的电源,C正确.(4)实际上再闭合S2后电路的总电阻减小了,串联部分的总电流增大了;电流表半偏时,流过电阻箱的电流大于电流表的电流,电阻箱接入的电阻小于电流表的电阻,所以该测量值略小于实际值.(5)改装电压表,需要串联一个电阻分压,根据欧姆定律可得I g(R g+R)=3 V,代入数据解得R=Ω-120 Ω=14 880 Ω.答案:(1)B(2)B(3)C(4)小于(5)串14 880评分标准:(1)(3)(4)每空2分,(2)(5)每空1分.24.解析:(1)A,B接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得,mv0=2mv1,解得v1=v0.(2分)(2)设A,B第二次速度相同时的速度大小为v2,对ABC系统,根据动量守恒定律mv0=3mv2解得v2=v0.(2分)(3)B与C接触的瞬间,B,C组成的系统动量守恒,有m=2mv3,解得v3=v0(2分)系统损失的机械能为ΔE=m2-·2m2=m(2分)当A,B,C速度相同时,弹簧的弹性势能最大.此时v2=v0(2分)根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能E p=m-(3m)-ΔE=m.(2分)答案:(1)v0(2)v0(3)m25.解析:(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v,因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律有qvB=m,(2分)得v=(2分)如图(甲)所示,因粒子的轨迹半径是R,故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场,则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动,有2R=vt(2分)又因为R=t2(2分)解得E=.(2分)(2)对于速度v(斜向右上方)的粒子,轨迹如图(乙)所示,轨迹圆心为C,从M点射出磁场,连接O1M,四边形O1MCA是菱形,故CM垂直于x轴,速度方向偏转角度等于圆心角θ=150°,(2分)速度为v的粒子在磁场中运动的时间为t1=T=(2分)粒子离开磁场到y轴的距离MH=(2分)在无场区运动的时间t2==.(2分)故粒子到达y轴的时间为t=t1+t2=+.(2分)答案:(1)(2)+33.解析:(1)气体中分子间的平均距离d=,故知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离,选项A正确;一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程,气体对外界做功,内能减小,温度降低,气体分子的平均动能减小,选项B正确;布朗运动不是反映悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动,是液体分子无规则运动的反映,选项C错误;根据热力学第二定律可知,即使是没有摩擦的理想热机也不可以把吸收的能量全部转化为机械能,选项D错误;一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,要吸收热量,分子动能不变,故其分子之间的势能增加,选项E正确.(2)①初态时,对活塞受力分析,可得气体压强p1=p0+体积V1=1.8h0S,温度T1=T0(2分)两边水银面相平时,汽缸内气体的压强p2=p0,此时活塞下端一定与汽缸底接触,V2=1.2h0S(2分)设此时温度为T2,由理想气体状态方程有=(2分)解得T2=.(2分)②从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触,气体压强不变,外界对气体做功W=p1ΔV=(p0+)×0.6h0S(2分)由热力学第一定律得ΔU=0.6(p0S+mg)h0-Q.答案:(1)ABE(2)①②0.6(p0S+mg)h0-Q34.解析:(1)由振动图像可知,振动周期为2 s,波长为λ=vT=4 m;质点a开始起振的方向为y轴正方向,故波传播到质点c时,质点c开始振动的方向也沿y轴正方向,选项A正确;振动传到b点需要的时间为1 s,故在剩下的3 s内,质点b通过的路程为6A=12 cm,选项B正确;t=4 s时振动传到e点,此时d点在平衡位置向下振动,故4~5 s内质点d的加速度先逐渐增大,再逐渐减小,选项C错误;振动传到e点需时间4 s,故6 s时质点e正好振动一个周期第二次回到平衡位置,选项D错误;因a,c之间正好相差一个波长的距离,故各质点都振动起来后,a与c的振动方向始终相同,选项E正确.(2)①设入射角为i,折射角为r,在三角形△ODC中,sin i=,(1分)i=60°,(1分)故r=30°,(1分)n==.(2分)②BD=2Rcos r=12 cm,(2分)v==×108 m/s(2分)t==4×10-10s.(1分)答案:(1)ABE(2)①②4×10-10s。
2018届高考物理二轮复习保温训练：全真模拟
[全真模拟]第Ⅰ卷 (选择题 共42分)一、选择题(共7题，每题6分。
每题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的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．波源S 产生一列沿x 轴正方向传播的波，波速v ＝400 m/s ，已知t ＝0时，波已经传播到x 1＝40 m 处，如图所示。
在x 2＝400 m 处有一接收器A (图中未标出)，则下列说法正确的是( )A ．波源的起振方向向上B ．x 1＝40 m 的质点在t ＝0.5 s 时的位移为最大C ．t ＝1 s 时接收器才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率将变小2．如图所示，一个质量为m 、顶角为α的直角劈和一个质量为M 的长方体木块夹在两竖直墙之间，不计一切摩擦，则M 对左墙的压力大小为( )A ．Mg tan αB ．Mg ＋mg tan α C.mg tan αD ．mg sin α 3．汽车的电路非常复杂，其中一部分是由蓄电池、车灯和启动电动机组成的电路，如图所示。
其中蓄电池内阻为0.1 Ω， S 1接通、S 2断开时，电流表示数为 10 A ，电压表示数为20 V ，S 1、S 2同时接通时，启动电动机工作，电流表示数变为9 A ，则此时通过启动电动机的电流是(电表视为理想电表)( )A ．10 AB ．21 AC ．30 AD ．200 A4．如图所示，虚线是通过实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A 点飞到B 点，则下列判断错误的是( )A ．粒子一定带正电B ．A 点的场强大于B 点的场强C ．粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能D ．粒子在A 点的动能大于在B 点的动能5．现代科技往往和电磁场联系在一起，很多现代化的装备是根据电磁场原理制作的，如回旋加速器、质谱仪、速度选择器等。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第7天 力与运动(保温训练)(含答案)
第二部分 考前第7天1．下列每个图象中的两条图线分别表示某质点运动的速度v 和加速度a 随时间t 变化的关系，则可能正确的是()解析：加速度方向和速度方向相反时质点做减速运动，A 错误；最初加速度方向与速度方向相反，速度减小到零，则质点先减速到零，然后反向加速，最后做匀速直线运动，B 正确；加速度方向和速度方向相同时速度应变大，C 、D 错误．答案：B2．如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k 1、k 2，它们一端固定在质量为m 的物体上，另一端分别固定在Q 、P 处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m 的物体(物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x ，则x 为(已知重力加速度为g )( )A ．mg k 1＋k 2B ．k 1k 2mg (k 1＋k 2)C ．2mg k 1＋k 2D ．k 1k 22mg (k 1＋k 2)解析：当物体的质量为m 时，设下面的弹簧的压缩量为x 1，则mg ＝k 1x 1；当物体的质量为2m 时，2mg ＝k 1(x 1＋x )＋k 2x ，联立可得x ＝mgk 1＋k 2，A 正确． 答案：A3．(多选)(2017·天津模拟)2014年11月1日“嫦娥5号”试验器顺利着陆标志着我国已全面突破和掌握航天器高速载人返回的关键技术．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ(弧度制)，引力常量为G ，则( )A ．航天器的轨道半径为θsB ．航天器的环绕周期为2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24Gt2解析：航天器的轨道半径为r ＝s θ，选项A 错误；航天器的环绕周期为T ＝2πω＝2πθt＝2πt θ，选项B 正确；根据G Mmr2＝m v 2r 可得：M ＝v 2r G ＝⎝⎛⎭⎫s t 2sθG ＝s 3Gt 2θ，选项C 正确；月球的密度为ρ＝M V ＝3M 4πr 3＝3θ24πGt 2，选项D 错误．答案：BC4．(多选)(2017·潍坊模拟)在图甲所示的粗糙斜面上，用平行于斜面向上的拉力F 拉物块，斜面和物块始终处于静止状态．若拉力F 按图乙所示规律变化，下列判断正确的是( )A ．地面对斜面的摩擦力逐渐减小B ．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C ．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D ．物块对斜面的摩擦力可能一直减小解析：将物块和斜面看作一个整体，整体在水平方向上受到拉力F 沿水平方向的分力，摩擦力，两力平衡，因为F 在增大，所以F 沿水平方向上的分力在增大，故摩擦力在增大，所以B 正确、A 错误；对物块分析，在沿斜面方向上受到拉力F ，重力沿斜面向下的分力，摩擦力，三力平衡，若摩擦力沿斜面向上并且方向不变，则F ＋F f ＝G sin θ，故F 增大，摩擦力减小，若摩擦力沿斜面向下并且方向不变，则F ＝G sin θ＋F f ，故F 增大，摩擦力增大，若摩擦力方向发生变化，则先减小后增大，故C 、D 正确．答案：BCD5．(多选)有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k 的轻质弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O 上，另一端挂一质量为m 的物体A (可视为质点)，物体A 与圆盘面间的动摩擦因数为μ，开始时弹簧未发生形变，长度为R .重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．设物体A 开始滑动时圆盘的转速为n 0，且滑动后物体A 与圆盘转速仍然相等，下列说法正确的是( )A ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n0＝12πμg R B ．物体A 开始滑动时圆盘的转速n 0＝1πμg RC ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝3μmgRkR －4μmgD ．转速达到2n 0时，弹簧的伸长量x ＝μmgRkR －4μmg解析：圆盘开始转动时，A 所受的静摩擦力提供向心力，若物体A 开始滑动时圆盘的转速为n 0，则μmg ＝mR (2πn 0)2，解得：n 0＝12πμg R，A 正确，B 错误；当转速增大到2n 0时，设弹簧的伸长量为x ，则有：μmg ＋kx ＝m (R ＋x )(2π·2n 0)2，解得x ＝3μmgRkR －4μmg，C 正确，D 错误．答案：AC6．(2017·长沙长郡中学月考)如图所示，中间有孔的物块A 套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F 以及拉力作用点的移动速度v 下列说法正确的是( )A ．F 不变，v 不变B ．F 增大，v 减小C ．F 增大，v 增大D ．F 增大，v 不变解析：设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A 做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：F cos θ＝mg ，因为θ增大，则F 增大，物体A 沿绳子方向上的分速度ν1＝v 1cos θ，因为θ增大，物体向上运动的速度v 1恒定则v 减小，故B 正确；ACD 错误．答案：B7．(2017·成都市龙泉第二中学高三月考)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，物体B 与竖直面动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量m A ＝1.0 kg ，大小可忽略的物块A ，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A 上，右端系住物块B ，物块B 质量m B ＝1.0 kg ，物块B 刚好可与竖直面接触．起始时令两物体都处于静止状态，绳被拉直，设物体A 距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g 取10 m/s 2，求：(1)同时由静止释放A 、B ，经t ＝1 s ，则A 的速度多大；(2)同时由静止释放A 、B ，同时也对物块B 施加力F ，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求物块B 运动过程中的最大速度和物块B 经多长时停止运动．解析：依题得：(1)对A 、B 为系统：m B g ＝(m A ＋m B )a a ＝12g ＝5 m/s 2 v ＝at ＝5 m/s(2)A 、B 先做加速度减小的加速运动，在A 、B 加速度减为零之前，A 、B 一起运动，绳子拉紧，由图乙：F ＝kt (k ＝20 N/s)A 、B 为系统：m B g －μF ＝(m A ＋m B )a得：a ＝－5t ＋5画a -t 图如图：0－1 s ：a ＝0， t 1＝1 s ，速度最大为三角形面积． v m ＝12×1×5 m/s ＝2.5 m/s当在B 开始减速时，绳子松弛，A 匀速，B 减速 对B ：m B g －μF ＝m B a 得：a ＝－10t ＋10(t ≥1 s)如图速度要为零，总面积为零，即两三角形面积相等，得：12Δt ·10Δt ＝2.5Δt ＝22s t 总＝t 1＋Δt ＝1＋22≈1.7 s 答案：(1)5 m/s (2)1.7 s。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第3天 原子物理(保温训练)(含答案)
第二部分考前第3天1．(2017·衡水中学四调)下列说法正确的是()A．欲改放射性元素的半衰期，可以通过改变它的化学状态来实现B．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用C．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D．太阳内部发生的核反应是重核裂变解析：半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故A错误；原子核内每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，选项B正确；β衰变中产生的β射线实际上是原子中的中子转变成质子，而发出的电子，故C错误；太阳内部发生的核反应是轻核聚变，选项D错误；故选B．答案：B2．(2017·牡丹江一中月考)下列的若干叙述中，正确的是()A．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论B．康普顿效应表明光子具有能量，但没有动量C．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长解析：普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，选项A正确；康普顿效应表明光子不但具有能量，还有动量，选项B错误；一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，有一半元素发生衰变，，可知，微观粒子的动量越大，其对应的波但它的总质量不仅剩下一半，选项C错误；依据德布罗意波长公式λ＝hp长就越短，故D错误；故选A．答案：A3．(多选)(2017·成都龙泉二中月考)下列说法正确的是()A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱B．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征C．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时氢原子的能量减少D．在原子核中，比结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固解析：β射线不是电磁波，但β射线的穿透本领远比γ射线弱．故A错误．玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律．故B正确．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，轨道半径减小，原子能量减小．故C正确．在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固．故D错误；故选BC．答案：BC4．(2017·吉安一中第二次段考)用图示装置研究光电效应现象，光阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，当滑动头P从a移到c的过程中，光电流始终为零．为了产生光电流，可采取的措施是()A．增大入射光的强度B．增大入射光的频率C．把P向a移动D．把P从c向b移动解析：能否产生光电效应与入射光的强度无关，增大入射光的强度，仍不能产生光电流，故A错误．增大入射光的频率，当入射光的频率大于金属的极限频率时，产生光电效应，金属有光电子发出，电路中能产生光电流，故B 正确．把P向a移动．P点电势大于c点电势，光电管加上正向电压，但不能产生光电效应，没有光电流形成，故C 错误．把P从c向b移动，不能产生光电效应，没有光电流形成，故D错误．答案：B5．(2017·淮北第一中第四次模拟)如图所示为氢原子的能级示意图，那么对氢原子在能级跃迁过程中辐射或吸收光子的特征认识正确的是()A．处于基态的氢原子可以吸收14 eV的光子使电子电离B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出4种不同频率的光子C．一群处于n＝2能级的氢原子吸收2 eV的光子可以跃迁到n＝3能级D．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态解析：基态氢原子的能量为－13.6 eV，吸收14 eV的光子能量可以发生电离，故A正确．根据C23＝3知，一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能辐射出3种不同频率的光子，故B错误．n＝2和n＝3间的能级差为1.89 eV，吸收2 eV的光子不能被吸收，不会发生跃迁，故C错误.10.3 eV的能量不等于激发态能量与基态的能量差，则该光子能量不能被吸收而发生跃迁，故D错误．故选A．答案：A6．(2017·牡丹江一中学月考)核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是() A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子的波长小于可见光光子的波长C．增加铯137样品测量环境的压强将加速它的衰变，有可能与碘131衰变的一样快D．铯133和铯137含有相同的中子数解析：碘131释放的β射线由电子组成，A错误；无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线的波长依次减小，B正确；压强不能改变放射性元素的半衰期，选项C错误；铯133和铯137是同位素含有相同的质子数，D错误；故选B．答案：B7．(多选)钚的一种同位素23994Pu衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为23994Pu→23592U＋42He，并伴随γ光子辐射，则下列说法中正确的是()A．核燃料总是利用比结合能小的核B．核反应中γ光子的能量就是23994Pu的结合能C．23592U核比23994Pu核更稳定，说明23592U的结合能大D．由于衰变时释放巨大能量，所以23994Pu比23592U的比结合能小解析：根据比结合越大，越稳定，则核燃料总是利用比结合能小的核，故A正确．核反应中γ的能量就是23592U 的结合能，故B错误.23592U比23994Pu核更稳定，说明23592U的比结合能大，所以衰变时，会释放巨大能量，故C错误，D 正确．故选AD．答案：AD。
2018大二轮高考总复习物理文档：考前第4天 电路与电磁感应(保温训练)(含答案)
第二部分考前第4天1．(多选)(2017·潍坊实验中学检测)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．若保持开关闭合，则()A．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变B．铝环跳起到某一高度后将回落C．铝环停留在某一高度D．铝环不断升高解析：闭合开关瞬间，线圈中的磁场增大，导致铝环内的磁通量增大，根据楞次定律可知，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将落回线圈，故B正确，C、D错误；若将电源的正、负极对调，对调过程中线圈中的磁通量先减小后增大，在减小时，在本实验装置中不能观察到现象，在增大过程中铝环向上跳起，故A正确．故选AB．答案：AB2．(2017·山东潍坊实验中学检测)如图，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v＝20 cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t＝0，在下列图线中，正确反映感应电流强度随时间变化规律的是()解析：线框开始进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，在i-t图象为正；因速度保持不变，故电流大小不变，此段时间为t ＝s v ＝20 cm20 cm/s ＝1 s ；当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，运动时间为1 s ；当线框开始离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故电流为负值，且电流大小不变，切割时间也为1 s ；故C 正确；故选C ．答案：C3．(2017·赤峰二中三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )A ．电压表示数为220 VB ．副线圈上电压的瞬时值表达式u ＝2202sin (100πt )VC ．热水器消耗的功率变大D ．变压器的输入功率增大解析：U 1＝51×220＝1100 V ，则电压表示数为1100 V ，故A 错误；由图乙可知，交变电流的峰值是220 2V ，ω＝2π0.02＝100πrad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt V ，故B 正确；接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C 错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D 正确；故选BD ．答案：BD4．(多选)(2017·寿光现代中学月考)一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导轨，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计，磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是( )A ．圆形导线中的磁场，可以方向向上均匀增强，也可以方向向下匀速减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d2(R ＋r ) 解析：导体棒静止在导轨上，所受的合力为零，根据力的平衡得知，棒所受的安培力的大小为mg sin θ，方向沿斜面向上．所以有B 2Id ＝mg sin θ，则回路中的感应电流大小I ＝mg sin θB 2d，根据安培力的方向，通过左手定则判断得知，通过线圈感应电流的方向从上往下看为顺时针方向．根据楞次定律，圆形线圈中的磁场可以方向向上均匀增强，也可以方向向下均匀减弱，故ABC 正确；根据P ＝I 2r ，可知圆形导线中的电热功率为P ＝m 2g 2sin 2θB 22d2r ，故D 错误． 答案：ABC5．(多选)(2017·皖南八校联考)半径为r 带缺口的刚性金属网环在纸面上固定放置，在网环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板A 、B 连接，两板间距为d 且足够宽，如图甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在平行金属板A 、B 正中间有质量未知、电荷量为q 的带电液滴，液滴在0～0.1 s 处于静止状态，已知重力加速度为g .则以下说法正确的是( )A ．液滴带正电B ．液滴的质量为q πr 210gdC ．第0.3 s 时液滴的运动方向改变D ．第0.4 s 时液滴距初始位置距离为0.08 g (单位：米)解析：根据楞次定律可知，在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势下板为正，液滴处于平衡状态时，可知液滴带正电，选项A 正确；在0～0.1 s 内线圈中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝0.010.1×πr 2＝0.1 πr 2；对液滴mg ＝Ed q ，解得m ＝q πr 210gd ，选项B 正确；0.1－0.2 s 时电动势的方向发生改变，则液滴向下做加速运动，0.2－0.3 s 时电动势的方向不变，液滴继续向下加速运动，选项C 错误；液滴向下运动的加速度为mg ＋Ed q ＝ma ，解得a ＝2g,0.1－0.3 s 内液滴向下加速运动的位移x 1＝12at 2＝12×2g ×0.22＝0.04g (m)，在0.3 s 时刻液滴的速度v ＝at ＝2g ×0.2 m/s ＝0.4g m/s ；0.3 s－0.4 s 内液滴做匀速直线运动，故位移为x 2＝v t ＝0.4g ×0.1＝0.04g m ，故第0.4 s 时液滴距初始位置距离0.08g (单位：米)，选项D 正确；故选ABD ．答案：ABD6．(2017·潍坊实验中学第三次检测)如图所示某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd 的面积为S ＝0.03 m 2，称轴OO ′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R ＝9 Ω连接．在外力作用下线圈以10π rad/s 速度绕轴OO ′匀速转动时，下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的发热功率是3.6 WB ．交流电流表的示数是0.6 AC ．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02 sD ．如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：感应电动势最大值：E m ＝nBωS ＝10×22π×10π×0.03 V ＝62V ，电动势有效值：E ＝E m2＝6 V ；电路中的电流：I ＝E R ＋r ＝69＋1 A ＝0.6 A ，则交流电流表的示数是0.6 A ，选项B 正确；电阻R 的发热功率是P R ＝I 2R ＝3.24W ，选项A 错误；交流电的周期：T ＝2πω＝2π10πs ＝0.2 s ，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2 s ，选项C 错误；如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡，灯泡的电阻R L ＝U 2P ＝363＝12 Ω，灯泡两端的电压U L ＝E R L ＋r R L ＝612＋1×12 V ＝5.54 V ，故小灯泡不能正常工作，选项D 错误；故选B ．答案：B7．(2017·吉安一中学第二次段考)如图所示，线圈焊接车间的水平传送带不停地传送边长为L ，质量为m ，电阻为R 的正方形线圈．传送带始终以恒定速度v 匀速运动，在传送带的左端将线圈无初速地放在传送带上，经过一段时间，达到与传送带相同的速度，已知当一个线圈刚好开始匀速运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，相邻两个线圈的间距为L ，线圈均以速度v 通过磁感应强度为B ，方向竖直方向的匀强磁场，匀强磁场的宽度为3L .求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q ． (2)电动机对传送带做功的功率P?(3)要实现上述传动过程，磁感应强度B 的大小应满足什么条件？(用题中的m 、B 、L 、v 表示) 解析：(1)每个线圈穿过磁场过程中有电流的运动距离为2L ，经历的时间：t ＝2Lv ，产生的电动势为：E ＝BL v ， 感应电流：I ＝ER，产生的热量为：Q ＝I 2Rt ＝2B 2L 3vR；(2)每个线圈从投放到相对传送带静止，运动的距离是一样的，设投放间隔为T 电动机在T 时间对传送带做功W ＝PT ，根据能量守恒定律得：PT ＝12m v 2＋Q 摩擦＋Q 焦耳，而摩擦力生热：Q 摩擦＝fx 相对＝fL ，f ＝ma ，v ＝aT ，L ＝12v T焦耳热：Q 焦耳＝I 2RT ， 联立解得：P ＝m v 32L ＋B 2L 2v 2R；(3)为保证通过磁场时不产生滑动，安培力必须不超过最大静摩擦力，即：F ≤f ，F ＝B 2L 2vR ①，设线圈从放到传送带到与传送带具有相同速度经历的时间为T ，由牛顿第二定律得：f ＝ma ②， 有速度公式：v ＝aT ③， 匀加速运动的位移：L ＝12v T ④，联立①②③④式解得；B ≤Rm v2L 3； 答案：(1)2B 2L 3v R (2)P ＝m v 32L ＋B 2L 2v 2R(3)B ≤ Rm v 2L 3。
2018年高考物理考前保温训练2
考前保温训练(二)质点运动的基本规律(限时30分钟)1．质点做直线运动的v－t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为()A．0.25 m/s，向右B．0.25 m/s，向左C．1 m/s，向右D．1 m/s，向左答案：B解析：由图象面积计算0～3 s内质点的位移s1＝2×3×12m＝3m，方向向右；3～8 s内位移s2＝2×5×12m＝5 m，方向向左，所以前8 s内的总位移s＝s1－s2＝－2 m.v＝st＝－28m/s＝－0.25 m/s，即大小为0.25 m/s，方向向左．B正确．2．(多选)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A．该质点的加速度大小为5 m/s2B．t＝3 s时刻该质点速度为零C．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为20 m/s答案：CD解析：由x＝15＋10t－5t2(m)可知，初速度v0＝10 m/s，加速度a ＝－10 m/s2，则A错；由速度公式v＝v0＋at得t＝3 s时，v＝－20 m/s，B错；t＝3 s时，x＝0 m，t＝0时，x＝15 m，则0～3 s 内该质点的平均速度v＝ΔxΔt＝0－15 m3 s＝－5 m/s，大小为5 m/s，C对；当x＝0时，得t＝3 s，则v＝－20 m/s，速度大小为20 m/s，D对．3．(多选)酒后驾驶会导致许多隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离．分析下表可知，下列说法正确的是()A.B．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sC．汽车刹车时，加速度大小为10 m/s2D．汽车刹车时，加速度大小为7.5 m/s2答案：AD解析：驾驶员正常情况下反应时间t1＝615s＝0.4 s，酒后反应时间t2＝1215s＝0.8 s，比正常情况多0.4 s，A项正确，B项错；在刹车过程中0－v2＝2ax，即0－152＝－2×a×15，解得a＝7.5 m/s2，所以C项错，D项正确．4．如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A、R C＝8R A.当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比a A∶a B∶a C等于()A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4答案：C解析：小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即v A ＝v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动，角速度相等，有ωA ＝ωC .由a ＝v 2R 可判断a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a ＝ω2R 可判断a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，C 正确．5．CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H 处，其速度为v 且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s ，不计空气阻力，则( )A ．v 0＝Hs v B ．v 0＝H s vC ．v 0＝sH vD ．v 0＝v答案：A解析：炮弹做竖直上抛运动有：h 1＝v 0t －12gt 2，导弹做平抛运动有：s ＝v t ，h 2＝12gt 2，且h 1＋h 2＝H ，联立得：v 0＝Hs v ，所以只有A项正确．6．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O 、O ′的距离分别为R A 、R B ，且R A ＝ 2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是( )A ．滑块相对轮盘开始滑动前，A 、B 的角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝1∶3C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动答案：AD解析：由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，乙r乙A、B的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝(ω2甲R A)∶(ω2乙R B)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为f A＝μm A g，f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为f A∶f B＝m A∶m B，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为f A′∶f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝(2m A)∶(9m B)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确．7．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D解析：人在最低点，由向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R >mg ，故选项C 错误，D 正确；人在最高点，由向心力公式可得：F ＋mg ＝m v 2R ，可知当v 大于某一值时，满足：F ≥0，则没有保险带，人也不会掉下来，选项A 错误；F >0，人对座位能产生压力，压力随速度的增大而增大，大小可能等于mg ，F <0，安全带对人产生拉力，选项B 错误．8．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该行星表面飞行，测得探测器做圆周运动的周期为T 1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h 时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T 2.已知引力常量为G ，则下列判断正确的是( )A ．不能求出该行星的质量B ．不能求出该行星的密度C ．可求出探测器贴近行星表面飞行时，行星对它的引力D ．可求出该行星的第一宇宙速度 答案：D解析：由开普勒第三定律得T 21R 3＝T 22(R ＋h )3，可求得行星的半径R ，由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12R 可求得行星的质量M ，A 错误；由ρ＝M 43πR 3可求得行星的密度，B 错误；由F ＝G MmR 2可知，由于探测器的质量未知，无法求出行星对探测器的引力，C 错误；由G MmR 2＝m v 2R 可求出该行星的第一宇宙速度，D 正确．9.2017年12月2日，国防科工局探月与航天工程中心副主任表示，探月工程三期再入返回飞行试验器的返回舱安全着陆在预定着陆点，任务取得圆满成功，这是我国首次实施再入返回飞行试验，飞行试验器经历地月转移、月球近旁转向、月地转移、再入返回、着陆回收五个阶段，假设飞行试验器返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是()A．飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度B．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期相同答案：C解析：由飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒可知，飞行试验器在P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；飞行试验器从轨道Ⅰ加速即可进入到轨道Ⅱ，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时经过P点的速度，选项B错误；飞行试验器在空间同一点所受万有引力相同，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，选项C 正确；飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期不相同，选项D 错误．10．如图所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g ，则A 、B 之间的水平距离为( )A.v 20tan αgB.2v 20tan αgC.v 20g tan αD.2v 20g tan α答案：A解析：设小球到B 点时速度为v ，如图所示，在B 点分解其速度可知：v x ＝v 0，v y ＝v 0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有v y ＝gt ，联立得：t ＝v 0tan αg ，A 、B 之间的水平距离为x AB ＝v 0t＝v 20tan αg，所以只有A 项正确． 11．人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球表面．已知引力常量为G ，月球的半径为R .(1)求月球表面的自由落体加速度大小g 月； (2)若不考虑月球自转的影响，求： ①月球的质量M ；②月球的“第一宇宙速度”大小v . 答案：(1)2h t 2 (2)①2hR 2Gt2 ②2hRt解析：(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2月球表面的自由落体加速度大小g 月＝2h t 2. (2)①若不考虑月球自转的影响，有G MmR 2＝mg 月月球的质量M ＝2hR 2Gt2.②质量为m ′的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，有m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度”大小v ＝g 月R ＝2hRt .12．一足够长的水平传送带，以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动．将一粉笔头无初速度地放在传送带上，当其达到与传送带相对静止时产生的划痕长L 1＝4 m.(1)求粉笔头与传送带之间的动摩擦因数；(2)若关闭发动机让传送带以a2＝1.5 m/s2的加速度减速运动，同时将该粉笔头无初速度地放在传送带上，求粉笔头相对传送带滑动的位移大小L2.(取g＝10 m/s2)答案：(1)0.05(2)0.83 m解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑的时间为t，则依据传送带比粉笔头位移大L1得v1t－v12t＝L1粉笔头的加速度a1＝μg＝v1 t解得μ＝0.05.(2)传送带减速运动时，粉笔头先加速到与传送带速度相同，然后减速到零．设二者达到的共同速度为v共，由运动的等时性得v1－v共a2＝v共a1解得v共＝0.5 m/s此过程中传送带比粉笔头多走的位移x1＝v21－v2共2a2－v2共2a1＝1 m粉笔头减速到零的过程中粉笔头比传送带多走的位移x2＝v2共2a1－v2共2a2＝16m.粉笔头相对传送带滑动的位移大小为L2＝x1－x2＝0.83 m.。
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考前保温训练(二)质点运动的基本规律(限时30分钟)1．质点做直线运动的v－t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为()A．0.25 m/s，向右B．0.25 m/s，向左C．1 m/s，向右D．1 m/s，向左答案：B解析：由图象面积计算0～3 s内质点的位移s1＝2×3×12m＝3m，方向向右；3～8 s内位移s2＝2×5×12m＝5 m，方向向左，所以前8 s内的总位移s＝s1－s2＝－2 m.v＝st＝－28m/s＝－0.25 m/s，即大小为0.25 m/s，方向向左．B正确．2．(多选)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A．该质点的加速度大小为5 m/s2B．t＝3 s时刻该质点速度为零C．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为20 m/s答案：CD解析：由x＝15＋10t－5t2(m)可知，初速度v0＝10 m/s，加速度a ＝－10 m/s2，则A错；由速度公式v＝v0＋at得t＝3 s时，v＝－20 m/s，B错；t＝3 s时，x＝0 m，t＝0时，x＝15 m，则0～3 s 内该质点的平均速度v＝ΔxΔt＝0－15 m3 s＝－5 m/s，大小为5 m/s，C对；当x＝0时，得t＝3 s，则v＝－20 m/s，速度大小为20 m/s，D对．3．(多选)酒后驾驶会导致许多隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离．分析下表可知，下列说法正确的是()A.B．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sC．汽车刹车时，加速度大小为10 m/s2D．汽车刹车时，加速度大小为7.5 m/s2答案：AD解析：驾驶员正常情况下反应时间t1＝615s＝0.4 s，酒后反应时间t2＝1215s＝0.8 s，比正常情况多0.4 s，A项正确，B项错；在刹车过程中0－v2＝2ax，即0－152＝－2×a×15，解得a＝7.5 m/s2，所以C项错，D项正确．4．如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A、R C＝8R A.当自行车正常骑行时，A、B、C三轮边缘的向心加速度的大小之比a A∶a B∶a C等于()A ．1∶1∶8B ．4∶1∶4C ．4∶1∶32D ．1∶2∶4答案：C解析：小齿轮A 和大齿轮B 通过链条传动，齿轮边缘线速度相等，即v A ＝v B ，小齿轮A 和后轮C 同轴转动，角速度相等，有ωA ＝ωC .由a ＝v 2R 可判断a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝4∶1，同时由a ＝ω2R 可判断a A ∶a C ＝R A ∶R C ＝1∶8，所以有a A ∶a B ∶a C ＝4∶1∶32，C 正确．5．CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H 处，其速度为v 且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s ，不计空气阻力，则( )A ．v 0＝H s vB ．v 0＝H s vC ．v 0＝s H vD ．v 0＝v答案：A解析：炮弹做竖直上抛运动有：h 1＝v 0t －12gt 2，导弹做平抛运动有：s ＝v t ，h 2＝12gt 2，且h 1＋h 2＝H ，联立得：v 0＝H s v ，所以只有A 项正确．6．(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O 、O ′分别为两轮盘的轴心，已知r 甲∶r 乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑．今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A 、B ，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O 、O ′的距离分别为R A 、R B ，且R A ＝ 2R B .若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是( )A ．滑块相对轮盘开始滑动前，A 、B 的角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝1∶3C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动答案：AD解析：由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，乙r乙A、B的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比为a A∶a B＝(ω2甲R A)∶(ω2乙R B)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为f A＝μm A g，f B＝μm B g，最大静摩擦力之比为f A∶f B＝m A∶m B，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为f A′∶f B′＝(m A a A)∶(m B a B)＝(2m A)∶(9m B)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确．7．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力C．人在最低点时对座位的压力等于mgD．人在最低点时对座位的压力大于mg答案：D解析：人在最低点，由向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R >mg ，故选项C 错误，D 正确；人在最高点，由向心力公式可得：F ＋mg ＝m v 2R ，可知当v 大于某一值时，满足：F ≥0，则没有保险带，人也不会掉下来，选项A 错误；F >0，人对座位能产生压力，压力随速度的增大而增大，大小可能等于mg ，F <0，安全带对人产生拉力，选项B 错误．8．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该行星表面飞行，测得探测器做圆周运动的周期为T 1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h 时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T 2.已知引力常量为G ，则下列判断正确的是( )A ．不能求出该行星的质量B ．不能求出该行星的密度C ．可求出探测器贴近行星表面飞行时，行星对它的引力D ．可求出该行星的第一宇宙速度答案：D解析：由开普勒第三定律得T 21R 3＝T 22(R ＋h )3，可求得行星的半径R ，由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12R 可求得行星的质量M ，A 错误；由ρ＝M 43πR 3可求得行星的密度，B 错误；由F ＝G Mm R 2可知，由于探测器的质量未知，无法求出行星对探测器的引力，C 错误；由G Mm R 2＝m v 2R 可求出该行星的第一宇宙速度，D 正确．9.2014年12月2日，国防科工局探月与航天工程中心副主任表示，探月工程三期再入返回飞行试验器的返回舱安全着陆在预定着陆点，任务取得圆满成功，这是我国首次实施再入返回飞行试验，飞行试验器经历地月转移、月球近旁转向、月地转移、再入返回、着陆回收五个阶段，假设飞行试验器返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是()A．飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度小于在Q点的速度B．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C．飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期相同答案：C解析：由飞行试验器在轨道Ⅱ上运动时机械能守恒可知，飞行试验器在P点的速度大于在Q点的速度，选项A错误；飞行试验器从轨道Ⅰ加速即可进入到轨道Ⅱ，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动时经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时经过P点的速度，选项B错误；飞行试验器在空间同一点所受万有引力相同，所以飞行试验器在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞行试验器在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，选项C 正确；飞行试验器绕月球在轨道Ⅰ上的运动周期跟飞行试验器的返回器返回地面的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样半径运动的周期不相同，选项D 错误．10．如图所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g ，则A 、B 之间的水平距离为( )A.v 20tan αgB.2v 20tan αgC.v 20g tan αD.2v 20g tan α答案：A解析：设小球到B 点时速度为v ，如图所示，在B 点分解其速度可知：v x ＝v 0，v y ＝v 0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有v y ＝gt ，联立得：t ＝v 0tan αg ，A 、B 之间的水平距离为x AB ＝v 0t＝v 20tan αg，所以只有A 项正确． 11．人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球表面．已知引力常量为G ，月球的半径为R .(1)求月球表面的自由落体加速度大小g 月；(2)若不考虑月球自转的影响，求：①月球的质量M ；②月球的“第一宇宙速度”大小v .答案：(1)2h t 2 (2)①2hR 2Gt 2 ②2hR t 解析：(1)月球表面附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2 月球表面的自由落体加速度大小g 月＝2h t 2. (2)①若不考虑月球自转的影响，有G Mm R2＝mg 月 月球的质量M ＝2hR 2Gt2. ②质量为m ′的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，有m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度”大小v ＝g 月R ＝2hR t .12．一足够长的水平传送带，以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动．将一粉笔头无初速度地放在传送带上，当其达到与传送带相对静止时产生的划痕长L 1＝4 m.(1)求粉笔头与传送带之间的动摩擦因数；(2)若关闭发动机让传送带以a2＝1.5 m/s2的加速度减速运动，同时将该粉笔头无初速度地放在传送带上，求粉笔头相对传送带滑动的位移大小L2.(取g＝10 m/s2)答案：(1)0.05(2)0.83 m解析：(1)设二者之间的动摩擦因数为μ，第一次粉笔头打滑的时间为t，则依据传送带比粉笔头位移大L1得v1t－v12t＝L1粉笔头的加速度a1＝μg＝v1 t解得μ＝0.05.(2)传送带减速运动时，粉笔头先加速到与传送带速度相同，然后减速到零．设二者达到的共同速度为v共，由运动的等时性得v1－v共a2＝v共a1解得v共＝0.5 m/s此过程中传送带比粉笔头多走的位移x1＝v21－v2共2a2－v2共2a1＝1 m粉笔头减速到零的过程中粉笔头比传送带多走的位移x2＝v2共2a1－v2共2a2＝16m.粉笔头相对传送带滑动的位移大小为L2＝x1－x2＝0.83 m.。