高考物理二轮复习 选考题满分专练(二)
高中物理 二轮复习 题型专项满分测 选考题
压为 p0＝105 Pa，水的密度为 ρ＝103 kg/m3，重力加速度为 g＝10 m/s2， 某次使用过程时，桶内气体体积为 V2＝12.5 L，挤压气囊一下后，桶 内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部
挤入桶中，则
(ⅰ)桶中液面离出水口多高？
(ⅱ)至少挤压多少次才能从桶内流出体积为 V3＝2.5 L 的水？ 解析 (1)根据气体状态方程pTV＝C 可知，体积不变，增大压强， 温度升高，气体内能增大，故 A 项正确；降低温度，分子的平均动能 减小，减小体积，单位体积内的分子数增多，根据pTV＝C 可知，压强 有可能增大，故气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增 大，故 B 项正确；保持体积不变，单位体积内的分子数不变，降低温 度，根据pTV＝C 可知，压强减小，气体分子单位时间内碰撞器壁单位 面积的次数减小，故 C 项正确；根据pTV＝C 可知，当压强减小，降低 温度，气体的体积也有可能增大，此时气体分子间的平均距离可能增 大，故 D 项错误；保持温度不变，气体的内能不变，体积增大，对外 做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故 E 项 错误。 (2)(ⅰ)压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶 中气体体积认为不变，由玻意耳定律可知： p0(V1＋V2)＝pV2，(2 分) 又 p－p0＝ρgh，(2 分) 代入数据可知 h＝0.4 m，(1 分) (ⅱ)设挤压 n 次后，水桶内水流出 V3，气体压强为 p2，体积为 V2 ＋V3，由玻意耳定律可知 p0(nV1＋V2)＝p2(V2＋V3)，(2 分) p2－p0＝ρgh＋VS3，(1 分) 解得 n＝p0V3＋ρghp＋0VVS1 3V2＋V3，(1 分) 代入数据得 n＝6.35，
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。
2021届新高考物理二轮复习选择题专项训练(二) 含解析
选择题专项训练(二)(时间:20分钟满分:48分)题型专项能力训练第47页本卷共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.(2019·河北衡水模拟)如图所示,水平光滑长杆上套有一物块Q,跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q,另一端悬挂一物块P。
设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ,初始时θ很小。
现将P、Q由静止同时释放。
关于P、Q以后的运动,下列说法正确的是()A.当θ=60°时,P、Q的速度之比是√3∶2B.当θ=90°时,Q的速度最大C.当θ=90°时,Q的速度为零D.在θ向90°增大的过程中,Q的合力一直增大答案:B解析:P、Q用同一根绳连接,则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等,即当θ=60°时,v Q cos60°=v P,解得v Pv Q =12,A错误;P的机械能最小时,即为Q到达O点正下方时,Q的速度最大,即当θ=90°时,Q的速度最大,B正确,C错误;在θ向90°增大的过程中,Q的合力逐渐减小,当θ=90°时,Q的速度最大,加速度最小,合力最小,D错误。
2.某物体做直线运动的v-t图像如图所示,据此判断(F表示物体所受合力,t表示物体运动的时间)四个选项正确的是()答案:B解析:由题图可知前2s 物体做初速度为零的匀加速直线运动,所以前2s 物体受力恒定,2~4s 物体做正方向匀减速直线运动,所以物体受力为负且恒定,4~6s 物体做负方向匀加速直线运动,所以物体受力为负且恒定,6~8s 物体做负方向匀减速直线运动,所以物体受力为正且恒定,综上分析选项B 正确。
3.在中国航天骄人的业绩中有这些记载:天宫一号在离地面 343 km 的圆形轨道上飞行;嫦娥一号在距月球表面高度为200 km 的圆形轨道上飞行;北斗卫星导航系统由同步卫星(地球静止轨道卫星,在赤道平面,距赤道的高度约为36 000 km)和倾斜同步卫星(周期与地球自转周期相等,但不定点于某地上空)等组成。
高考物理二轮复习题型专练选考题满分练2新人教选修33
3－3 选考题满分练(二)33．[物理——选修3－3](1)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．分子间的距离增大时，分子势能一定增大B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点C．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体D．物体吸热时，它的内能可能不增加E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热(2) 如图甲所示，一玻璃管两端封闭，管内有一10 cm长的水银柱将玻璃管中理想气体分割成两部分，上部分气柱长20 cm，下部分气柱长5 cm，现将玻璃管下部分浸入高温液体中，如图乙所示，发现水银柱向上移动了2 cm.已知上部分气柱初始时压强为50 cmHg，且上部分气体温度始终与外界温度相同，上、下两部分气体可以认为没有热交换，外界温度是20 ℃，试求高温液体的温度.解析(1)分子间的距离有一个特殊值r0，此时分子间引力与斥力平衡，分子势能最小．当分子间的距离小于r0时，分子势能随距离的增大而减小，当分子间的距离大于r0时，分子势能随距离的增大而增大，选项A错误；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，在有外力做功的情况下热量可以从低温物体传到高温物体，选项C错误；故正确答案为B、D、E.(2)上部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有p11V11＝p12V12①其中p11＝50 cmHg，V11＝20 cm·S，V12＝18 cm·S对于下部分气体，由理想气体状态方程有p21V21 T21＝p22V22T22②其中p21＝60 cmHg，V21＝5 cm·S，T21＝293 K，p22＝p12＋10 cmHg，V22＝7 cm·S联立①②并代入数值解得T22＝448.2 K答案(1)BDE (2)448.2 K33．[物理——选修3－3](1)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 ．当温度升高时，物体内每个分子热运动的速率都增大B ．“露似珍珠月似弓”中，形成球形露珠的原因是液体表面张力的作用C ．分子间的相互作用力随分子间距离的增大而减小D ．第一类永动机不可制成是因为违反了能量守恒定律E ．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力(2)一定质量的理想气体用光滑轻质活塞封闭在气缸内，其压强p 随体积V 的变化关系如图所示．已知气体在状态A 时的温度为T 0，压强为p 0，体积为V 0，气体在状态B 时的压强为2p 0，体积为2V 0.(ⅰ)试计算理想气体在状态B 时的温度(用热力学温标表示)；(ⅱ)若气体从状态A 变化到状态B 的过程中，气体吸收了热量Q ，试计算在此过程中气体内能的增加量．解析 (1)当温度升高时，分子热运动的平均动能增大，即平均速率增大，但并不意味着物体内每个分子的热运动速率都增大，A 错误；形成球形露珠的原因是液体表面张力的作用，B 正确；若初始时分子间距离小于r 0，分子间的作用力随分子间距离的增大先减小，后增大，再减小，C 错误；第一类永动机不可制成是因为违反了能量守恒定律，D 正确；气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞容器壁产生的，故其本质就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，E 正确．(2)(ⅰ)设该理想气体在状态B 时的温度为T ，则由理想气体状态方程可得p 0V 0T 0＝2p 0·2V 0T解得T ＝4T 0(ⅱ)气体在由状态A 变化到状态B 的过程中，根据p －V 图象可知，外界对气体做的功W ＝－12(p 0＋2p 0)V 0＝－32p 0V 0 由热力学第一定律可得，气体在此过程中增加的内能为ΔU＝W ＋Q即ΔU＝Q －32p 0V 0 答案 (1)BDE (2)(ⅰ)4T 0 (ⅱ)Q －32p 0V 0高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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。
2020届物理高考二轮专题复习与测试：高考模拟卷(二)
Mm v2 加速度，处于失重状态，故 C 错误；据 G r2 ＝m r 可得 v＝
GM r
，
卫星在轨道上运行的线速度小于第一宇宙速度，故 D 错误． 答案： B 17.如图所示，光滑水平面 AB 与竖直面上的半圆形光滑固定轨道
在 B 点衔接， BC 为直径．一可看作质点的物块在 A 处压缩一轻质弹 簧(物块与弹簧不连接 )，释放物块， 物块被弹簧弹出后， 经过半圆形轨 道 B 点之后恰好能通过半圆轨道的最高点 C.现在换用一个质量较小的 另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力．则更换后 ()
高考模拟卷 (二 )
一、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 错或不答的得 0 分)
碑碎市碰碗学校高考物理二轮复习 疯狂专练2 运动图象 追击相遇问题
感碍州碑碎市碰碗学校运动图象追击相遇问题(1)对直线运动图象的进一步理解，x－t图象与v－t图象的区别，如：点、线、斜率、截距、面积的物理意义；(2)追及、相遇问题。
1．甲、乙两人同时同地骑自行车出发做直线运动，前1 h内的x－t图象如图所示，下列表述正确的是( ) A．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的小B．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的小D．0.8 h时，甲追上乙2．杂技运动员在训练时的照片如图所示。
有一小球自由落下，碰到水平桌面后反弹，如此数次落下和反弹。
若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力不计，则下列v－t图象中正确的是( )3．A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们的a－t图象如图所示，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( )A．t＝0.5 s B．t＝1.5 s C．t＝2.5 s D．t＝3.5 s4．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为 5 m/s，乙的速度为10 m/s ，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s 2。
以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知( )A ．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B ．在前4 s 的时间内，甲车运动位移为29.6 mC ．在t ＝4 s 时，甲车追上乙车D ．在t ＝10 s 时，乙车又回到起始位置5．(多选)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象，即x －t 图象如图所示，甲图象过O 点的切线与AB 平行，过C 点的切线与OA 平行，则下列说法中正确的是( )A ．在两车相遇前，t 1时刻两车相距最远B ．t 3时刻甲车在乙车的前方C ．0～t 2时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D ．甲车的初速度等于乙车在t 3时刻的速度6．某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移x 的关系如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是( )A ．质点做匀加速直线运动B ．1v－x 图线斜率等于质点运动的加速度 C ．四边形AA ′B ′B 的面积可表示质点从O 到C ′所用的运动时间D ．四边形BB ′C ′C 的面积可表示质点从C 到C ′所用的运动时间7．A 、B 两质点在同一条直线上运动的v －t 图象如图所示，A 的最小速度和B 的最大速度相同。
高考物理二轮复习精练二选考题分标准练二
选考题15分标准练(二)33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。
(填正确选项前的字母，选对一个给2分，选对两个给4分，选对三个给5分，每选错一个扣3分，最低得0分)。
A.布朗运动就是液体分子的运动B.碎玻璃不能拼合在一起，说明分子间有斥力作用C.小昆虫水黾可以在水面上自由行走，是由于液体表面张力D.给物体加热，物体的内能不一定增加E.机械能可以全部转化为内能，也可以将内能全部转化为机械能图1(2)(10分)如图1所示，下端封闭且粗细均匀的“7”型细玻璃管，竖直部分长l＝50 cm，水平部分足够长，左边与大气相通，当温度t1＝27 ℃时，竖直管内有一段长为h＝10 cm的水银柱，封闭着一段长为l1＝30 cm的空气柱，外界大气压始终保持p0＝76 cmHg，设0 ℃＝273 K，试求：(ⅰ)被封闭气柱长度为l2＝40 cm时的温度t2；(ⅱ)温度升高至t3＝177 ℃时，被封闭空气柱的长度l3。
解析(1)布朗运动是悬浮在液体或气体中固体颗粒的无规则运动，是由于液体分子或气体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，故A错误；分子间斥力作用的距离很小，碎玻璃间的距离远大于分子间斥力作用的距离，因此碎玻璃不能拼合在一起，并不能说明是分子斥力起的作用，故B错误；小昆虫水黾可以在水面上自由行走是由于液体的表面张力，C正确；做功和热传递是改变内能的方式，给物体加热，物体的内能不一定增加，内能的改变还与做功情况有关，故D正确；机械能与内能的转换过程具有方向性，机械能可以全部转化为内能，内能在一定条件下也可以全部转化为机械能，故E正确。
(2)(ⅰ)设玻璃管横截面积为S，气体在初状态时：p1＝p0＋p h＝86 cmHg，T1＝t1＋273 K＝300 K，l1＝30 cml2＝40 cm时，l2＋h＝l，水银柱上端刚好达到玻璃拐角处，p2＝p1，气体做等压变化(1分)根据盖－吕萨克定律可得l1S T1＝l2ST2(2分)解得T2＝400 K，即t2＝127 ℃(2分)(ⅱ)t3＝177 ℃时，T3＝t3＋273 K＝450 K，设水银柱已经全部进入水平玻璃管，则被封闭气体的压强p3＝p0＝76 cmHg(1分)由p1l1ST1＝p3l3ST3(2分)解得l3＝50.9 cm(1分)由于l3>l，原假设成立，空气柱长l3＝50.9 cm(1分)答案(1)CDE (2)(ⅰ)127 ℃(ⅱ)50.9 cm34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。
高考物理二轮复习选择题满分专练二
选择题满分专练(二) 选择题(本题共8小题，每小题6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.如图所示闭合线圈处在变化的磁场中，线圈中产生了顺时针方向的感应电流，而且线圈的面积有收缩的趋势，那么，线圈内的磁场可能是( )A ．磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在增大B ．磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在减小C ．磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度在增大D ．磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度在减小解析：线圈的面积有收缩的趋势，根据“阻碍变化”可知穿过线圈的磁场在增强．再根据线圈中产生了顺时针方向的感应电流，可判定磁场方向向外，因此A 正确． 答案：A15．(2017·江西省名校联盟高三5月教学质量检测)如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v －t 图象，已知t ＝0时甲在乙前方x 0＝60 m 处，则在0～4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为( )A ．8 cmB ．14 mC ．68 mD ．52 m解析：在0～4 s 的时间内甲和乙有最大距离时，甲和乙的速度相等，即t ＝3 s 时甲和乙有最大距离.0～3 s 的时间内甲的位移大小为x 甲＝12×2×8 m ＋12×(4＋8)×1 m ＝14 m ，x 乙＝12×3×4 m ＝6 m ，则在0～4 s 的时间内甲和乙之间的最大距离为Δx ＝x 0＋x 甲－x 乙＝68 m ，选项C 正确．答案：C16．1876年美国著名物理学家罗兰做成了著名的“罗兰实验”：罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一小磁针．使圆盘绕中心轴高速旋转，就会发现小磁针发生了偏转．若忽略地磁场对小磁针的影响．下列说法正确的是( ) A ．使小磁针发生转动的原因是电磁感应B ．使小磁针发生转动的原因是电流的磁效应C ．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N 极指向纸里D ．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N 极指向右侧解析：橡胶盘带电，高速旋转起来之后相当于形成了环形电流，电流产生的磁场使得小磁针发生偏转，并不是电磁感应使得小磁针偏转，B 正确、A 错误；根据安培定则，判断环．“天宫二号”的运行速度一定大于7.9 km/s，小于11.2 km星与静止在地球赤道上的物体具有相同的向心加速度星的公转周期大于“天宫二号”的公转周期星可相对地面静止于北京飞控中心的正上方M，卫星的质量为m、线速度大小为v、轨道半径为Mm v2MeV核时释放能量核中核子的平均结合能比8936Kr核中的大个核子，由比结合能图线可知，42对：比结合能越大，原子核越稳定．．交变电流的频率为100 Hz．变压器原、副线圈匝数比为112：1．用电器的额定功率为22 W．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半由交变电压的u－t图象可知周期为T＝0.02 s，则频率为f＝的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是如图所示，电荷在电场中刚好运动T 2，电荷做圆周运动的半径错误；电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时其反向延长线不通过O 点，故选项B 错误；。
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
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选考题满分专练(二)
33．(2017·广东茂名二模)[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)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．分子间距离增大时分子势能一定增大
B．单晶体的物理性质是各向异性而非晶体的物理性质是各向同性
C．物体温度升高，物体内分子运动的平均速率增大
D．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
E．悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显
(2)(10分)一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置，短臂端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图(甲)所示，密闭气体的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg.求：
①若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？
②在第①问的情况下，再使玻璃管沿绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度为多少？
③在图(乙)所给的p－T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程．
解析：(1)若两分子间的距离大于平衡距离时，分子间距离增大，分子势能增大，若两分子间的距离小于平衡距离时，分子间距离增大，分子势能减小，故选项A错误；单晶体的物理性质是各向异性，非晶体的物理性质是各向同性，故选项B正确；温度是分子平均动能的标志，物体温度升高，物体的分子平均动能增大，物体的分子运动的平均速率增大，故选项C正确；符合能量守恒定律和热力学第二定律的宏观过程才能发生，故选项D错误；悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显，故选项E正确．
(2)①已知p1＝p0＝75 cmHg，
T1＝(273＋27) K＝300 K，
p2＝p0＋5 cmHg＝80 cmHg，
③见解析
．(2017·辽宁省三校高三第三次调研试题)[物理——选修
轴正方向以速度v＝24 m/s传播，在
＝5 m处的质点，B是平衡位置在
s
与质点B的加速度相同
与质点C的速度相同
点的距离；
(ⅱ)光在棱镜中传播的时间．
(2分)
45°。